DGL lösen

16.07.2014, 14:15	fred789	Auf diesen Beitrag antworten »
DGL lösen Hallo Kann mir jemand helfen dieses DGL zu lösen ? $\begin{eqnarray} y''+4y'-5y=4cos(x)-6sin(x) \end{eqnarray}$ Idee: Charakteristische Gleichung: $\begin{eqnarray} k^2+4k-5=0 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y_h=C_1e^x+C_2e^{-5x} \end{eqnarray}$ Lösung homogener Teil $\begin{eqnarray} g(x)=4cos(x)-6sin(x) \end{eqnarray}$ Lösung inhomogener Teil Verstehe nicht wie man mit der Tabelle für den Lösungsansatz partikulärer Lösungen arbeitet Muss man jetzt $\begin{eqnarray} g(x)_1=4cos(x) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g(x)_2=-6sin(x) \end{eqnarray}$ betrachten ?
16.07.2014, 14:53	hjo	Auf diesen Beitrag antworten »
Genau, jetzt machst du den Ansatz für $\begin{eqnarray} g(x)_1=4cos(x) \end{eqnarray}$ und den Ansatz $\begin{eqnarray} g(x)_2=-6sin(x) \end{eqnarray}$ und addierst dann am Schluss deine Lösungen zusammen. Also homogen + die beiden partikulären Lösungen.
16.07.2014, 15:17	fred789	Auf diesen Beitrag antworten »
Habe ne Frage: Sinusfunktion $\begin{eqnarray} g(x)=sin(\beta x) \end{eqnarray}$ oder Kosinusfunktion $\begin{eqnarray} g(x)=cos(\beta x) \end{eqnarray}$ oder Linearkombination von beiden Nachzulesen unter: www-math.upb.de/~mathkit/Inhalte/DGLen/data/manifest10/Lsg_inhomDGL_2_Ord_konst_Koeff.html In unserer Aufgabe müsste $\begin{eqnarray} \beta=1 \end{eqnarray}$ sein. Ein anderes beta tritt nicht auf Darf man sich dann die Linearkombination zu nutzen machen und anstelle von $\begin{eqnarray} g(x)_1 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g(x)_2 \end{eqnarray}$ einfach $\begin{eqnarray} g(x) \end{eqnarray}$ schreiben ? Bin mir aber nicht sicher ob ich den Begriff Linearkombination richtig verstanden habe da ich ihn nur in Verbindung von Vektoren gefunden habe "Eine Linearkombination von Vektoren ist eine Summe von Vektoren, wobei jeder Vektor noch mit einer (reellen) Zahl (Linearfaktor) multipliziert wird." $\begin{eqnarray} g(x)=4cos(x)-6sin(x) \end{eqnarray}$ Was bei 2 verschiedenen $\begin{eqnarray} \beta \end{eqnarray}$ nicht möglich wäre ? Zum Beispiel: $\begin{eqnarray} g(x)=4cos(x)-6sin(5x) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \beta_1=1 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \beta_2=5 \end{eqnarray}$ Dann müsste man es mit $\begin{eqnarray} g(x)_1=4cos(x) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} g(x)_2=-6sin(5x) \end{eqnarray}$ beschreiben ?
16.07.2014, 19:51	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Du kannst direkt durch Ablesen aus Deiner Tabelle die partikuläre Lösung ansetzen: Dabei ist Beta=1. $\begin{eqnarray} y_{p} = A sin(x) +B cos(x) \end{eqnarray}$
16.07.2014, 20:43	fred789	Auf diesen Beitrag antworten »
Muss es nicht so heißen ? $\begin{eqnarray} y_{p} = x[A sin(x) +B cos(x)] \end{eqnarray}$ beta=1 ist ja eine Lösung der charakteristischen Gleichung . k1=1 k2=-5 beta=1 k1=beta --> eine Lösung
16.07.2014, 21:21	grosserloewe	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich habe nach meiner Methode für : $\begin{eqnarray} y_{p} = sin(x) \end{eqnarray}$ erhalten und damit als Lösung: $\begin{eqnarray} y= C_{1 } e^{-5x} +C_{2} e^{x} +sin(x) \end{eqnarray}$ und diese Lösung stimmt (habe die Probe gemacht) Rechne doch mal nach Deiner Methode das Ganze durch. PS http://www.fh-jena.de/~puhl/lehre/material/pdf/lindgl2.pdf $\begin{eqnarray} j \omega \end{eqnarray}$ = $\begin{eqnarray} j1 \end{eqnarray*}$ ist keine Lösung des charakteristischen Polynoms , deshalb ist mein Ansatz richtig. Ich habe noch etwas herausgefunden: Was in Deinem Link dargestellt ist , ist leider falsch Es muß j Beta und nicht Beta heissen. Im Papula ist das richtig dargestellt und in "meinem Link" auch
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18.07.2014, 00:35	fred789	Auf diesen Beitrag antworten »
Hätte ich mal von Anfang an im Papula nachgeschlagen Danke jetzt erhalte ich auch $\begin{eqnarray} y_p=sinx \end{eqnarray}$ als Ergebnis

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