Lösung einer DGL zweiter Ordnung mit sin und cos als Störglied.

04.07.2015, 16:26

suga_daddy

Lösung einer DGL zweiter Ordnung mit sin und cos als Störglied.

Meine Frage:
Wie lautet der Lösungsweg zu folgender Aufgabe?
y''+y'=-30sin(3x)-10cos(2x)

Meine Ideen:
y''+y'=-30sin(3x)-10cos(2x)
Die homogene Loesung im Schnelldurchgang:
lambda^2+lambda=0
lambda(lambda+1)=0
also ist lambda_1 = 0 und lambda_2 = -1
$\begin{eqnarray*} y_{homogen}=C_1e^{0x}+C_2e^{-x}=C_1+C_2e^{-x} \end{eqnarray*}$

Die partikulaere Loesung:
Aus der Formelsammlung waehle ich den Ansatz:
30sin(3x)-10cos(2x) wird zu
$\begin{eqnarray*} x^k(c_1sin(3x)+c_2cos(3x))-x^k(c_2sin(2x)+c_4cos(2x)) \end{eqnarray*}$

ich vereinfache mit k=0
$\begin{eqnarray*} f(x)=c_1sin(3x)+c_2cos(3x)-(c_1sin(2x)+c_2cos(2x)) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f'(x)=3c_1cos(3x)-3c_2sin(3x)-2c_3cos(2x)+2c_4sin(2x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} f''(x)=-9c_1sin(3x)-9c_2cos(3x)+4c_3sin(2x)+4c_4cos(2x) \end{eqnarray*}$

So jetzt wirds lustig smile

$\begin{eqnarray*} y''+y'= \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 3c_1cos(3x)-3c_2sin(3x)-2c_3cos(2x)+2c_4sin(2x) + -9c_1sin(3x)-9c_2cos(3x)+4c_3sin(2x)+4c_4cos(2x) \end{eqnarray*}$
--------------------------------------------------------------------------
$\begin{eqnarray*} (-3c_1-9c_2)cos(3x)+ (-9c_1-3c_2)sin(3x)+ (-2c_3+4c_4)cos(2x)+ (2c_4+4c_3)sin(2x)) \end{eqnarray*}$

Jetzt der Koeffizientenvergleich:
$\begin{eqnarray*} -3c_1-9c_2=0 -9c_1-3c_2=-30 -2c_3+4c_4=-10 2c_4+4c_3=0 \end{eqnarray*}$
Mit dem Eliminationsverfahren erhalten wir:

c_1=3.75; c_2=-1.25; c_3=1; c_4=-2
und weiter komme ich einfach nicht... ich weiss auch nicht, ob das eliminationsverfahren noetig war.

Die Loesung sollte sein:
$\begin{eqnarray*} C_1+C_2e^{-x}-sin(2x)+3sin(3x)+2cos(2x)+cos(3x) \end{eqnarray*}$

EDIT(Helferlein): Zur besseren Übersicht diverse Latexklammern gesetzt.

04.07.2015, 16:41

HAL 9000

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Überprüfe mal alle Vorzeichen - zumindest das hier (ganz vorn, rot markiert)

Zitat:

Original von suga_daddy
(-3c_1-9c_2)cos(3x)+
(-9c_1-3c_2)sin(3x)+
(-2c_3+4c_4)cos(2x)+
(2c_4+4c_3)sin(2x))

scheint falsch zu sein. Hab jetzt aber nicht alles überprüft...

04.07.2015, 16:46

grosserloewe

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Die hom. Lösung stimmt . Bei Ansatz für die part. Lösung muß ein + stehen , denn Du addierst beide Ausdrücke. Dabei ist es egal, ob in der Störfunktion ein Minus steht.

05.07.2015, 14:11

Suga_Daddy

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Verbesserte Version ohne den Vorzeichenfehler
Vielen Dank für die Antworten und Vorschläge!
Danke auch an das Helferlein für die Latex Klammern ich habe es jetzt selbst mal versucht!

Nun die verbesserte Version ohne den Vorzeichenfehler:

b) $\begin{eqnarray*} y''+y'=-30sin(3x)-10cos(2x) \end{eqnarray*}$
Die homogene Loesung im schnelldurchgang:
$\begin{eqnarray*} \lambda^2+\lambda=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda(\lambda+1)=0 \end{eqnarray*}$
also ist $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = -1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_{homogen}=C_1e^{0x}+C_2e^{-x}=C_1+C_2e^{-x} \end{eqnarray*}$

Die partikulaere Loesung:
Aus der Formelsammlung waehle ich den Ansatz:
$\begin{eqnarray*} 30sin(3x)-10cos(2x) \end{eqnarray*}$ wird zu
$\begin{eqnarray*} x^k(c_1sin(3x)+c_2cos(3x))-x^k(c_2sin(2x)+c_4cos(2x)) \end{eqnarray*}$ ich vereinfache mit k=0
$\begin{eqnarray*} f(x)=c_1sin(3x)+c_2cos(3x)-(c_1sin(2x)+c_2cos(2x)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(x)=3c_1cos(3x)-3c_2sin(3x)-2c_3cos(2x)+2c_4sin(2x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f''(x)=-9c_1sin(3x)-9c_2cos(3x)+4c_3sin(2x)+4c_4cos(2x) \end{eqnarray*}$
So jetzt wirds lustig smile

$\begin{eqnarray*} y''+y'= \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 3c_1cos(3x)-3c_2sin(3x)-2c_3cos(2x)+2c_4sin(2x) + \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -9c_1sin(3x)-9c_2cos(3x)+4c_3sin(2x)+4c_4cos(2x) \end{eqnarray*}$
--------------------------------------------------------------------------
$\begin{eqnarray*} (3c_1-9c_2)cos(3x)+ \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (-9c_1-3c_2)sin(3x)+ \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (-2c_3+4c_4)cos(2x)+ \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (2c_4+4c_3)sin(2x)) \end{eqnarray*}$

Jetzt der Koeffizientenvergleich:
$\begin{eqnarray*} 3c_1-9c_2=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -9c_1-3c_2=-30 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -2c_3+4c_4=-10 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2c_4+4c_3=0 \end{eqnarray*}$
Mit dem Eliminationsverfahren erhalten wir:

$\begin{eqnarray*} c_1=3; c_2=1; c_3=1; c_4=-2 \end{eqnarray*}$
Jetzt habe ich den Vorzeichenfehler ausgebessert. Schaut schon besser aus... aber immer noch nicht richtig. Ist der Loesungsweg grundsaetzlich richtig?

Die Loesung sollte sein:
$\begin{eqnarray*} C_1+C_2e^{-x}-sin(2x)+3sin(3x)+2cos(2x)+cos(3x) \end{eqnarray*}$

05.07.2015, 15:58

grosserloewe

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RE: Verbesserte Version ohne den Vorzeichenfehler
Wink

Da HAL9000 nicht anwesend ist:

Dein Ansatz für die part. Lösung ist falsch.

Richtig:

$\begin{eqnarray*} y_{p} = A *cos(2x) +B*cos(3x) +C* sin(2x) +D* sin(3x) \end{eqnarray*}$

Damit kommst Du auf das angegebene Ergebnis.

smile

05.07.2015, 17:19

HAL 9000

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RE: Verbesserte Version ohne den Vorzeichenfehler

Zitat:

Original von Suga_Daddy
Schaut schon besser aus... aber immer noch nicht richtig.

Wieso nicht? Dein Ansatz war doch

$\begin{eqnarray*} f(x)=c_1\sin(3x)+c_2\cos(3x)-(c_3\sin(2x)+c_4\cos(2x)) \end{eqnarray*}$ .

und damit kommt es doch hin. Wahrscheinlich hast du dich mit dem negativen Vorzeichen bei $\begin{eqnarray*} c_3,c_4 \end{eqnarray*}$ jetzt selbst gedanklich aufs Kreuz gelegt - tja, wer auf Warnungen nicht hören will...

05.07.2015, 18:57

Suga_Daddy

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Jetzt Stimmts!
Vielen Dank fuer die Antworten! Ich habe jetzt nochmal die Indizes der c's sauber hingeschrieben.

@ grosserLoewe smile

: Du hattest geschrieben das der Ansatz falsch ist. Und auch dass es egal sei, dass im Störglied ein Minus auftaucht. Jetzt stimmt die Lösung doch... ist das Minuszeichen vielleicht so egal, dass beides richtig ist?

@all: Ich habe eine Vereinfachung im Ansatz gemacht, dass k in $\begin{eqnarray*} x^k \end{eqnarray*}$ 0 sei. Ganz ehrlich: Ich habe diese Vereinfachung ohne zu wissen, warum getroffen. Wann wäre denn dieses k ungleich 0 ?

b) $\begin{eqnarray*} y''+y'=-30sin(3x)-10cos(2x) \end{eqnarray*}$
Die homogene Loesung im Schnelldurchgang:
$\begin{eqnarray*} \lambda^2+\lambda=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \lambda(\lambda+1)=0 \end{eqnarray*}$
also ist $\begin{eqnarray*} \lambda_1 = 0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \lambda_2 = -1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y_{homogen}=C_1e^{0x}+C_2e^{-x}=C_1+C_2e^{-x} \end{eqnarray*}$

Die partikulaere Loesung:
Aus der Formelsammlung waehle ich den Ansatz:
$\begin{eqnarray*} 30sin(3x)-10cos(2x) \end{eqnarray*}$ wird zu
$\begin{eqnarray*} x^k(c_1sin(3x)+c_2cos(3x))-x^k(c_3sin(2x)+c_4cos(2x)) \end{eqnarray*}$ ich vereinfache mit k=0
$\begin{eqnarray*} f(x)=c_1sin(3x)+c_2cos(3x)-(c_3sin(2x)+c_4cos(2x)) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f'(x)=3c_1cos(3x)-3c_2sin(3x)-2c_3cos(2x)+2c_4sin(2x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f''(x)=-9c_1sin(3x)-9c_2cos(3x)+4c_3sin(2x)+4c_4cos(2x) \end{eqnarray*}$
Einsetzen in die urspruengliche DGL:
$\begin{eqnarray*} y''+y'= \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 3c_1cos(3x)-3c_2sin(3x)-2c_3cos(2x)+2c_4sin(2x) + \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -9c_1sin(3x)-9c_2cos(3x)+4c_3sin(2x)+4c_4cos(2x) \end{eqnarray*}$
--------------------------------------------------------------------------
$\begin{eqnarray*} (3c_1-9c_2)cos(3x)+ \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (-9c_1-3c_2)sin(3x)+ \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (-2c_3+4c_4)cos(2x)+ \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (2c_4+4c_3)sin(2x)) \end{eqnarray*}$

Jetzt der Koeffizientenvergleich:
$\begin{eqnarray*} 3c_1-9c_2=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -9c_1-3c_2=-30 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} -2c_3+4c_4=-10 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 2c_4+4c_3=0 \end{eqnarray*}$
Mit dem Eliminationsverfahren erhalten wir:

$\begin{eqnarray*} c_1=3; c_2=1; c_3=1; c_4=-2 \end{eqnarray*}$

Und damit ergibt sich die Loesung:
$\begin{eqnarray*} C_1+C_2e^{-x}-sin(2x)+3sin(3x)+2cos(2x)+cos(3x) \end{eqnarray*}$

05.07.2015, 19:11

grosserloewe

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RE: Jetzt Stimmts!
Wink

Also auf der UNI hat man uns folgenden Grundsatz beigebracht:

Bei einer Summe der angegebenen Störfunktionen ist auch der Ansatz Summe
der entsprechenden Ansätze (Superpositionsprinzip).
Bei einem Produkt aus der letzten Störfunktion und einer voranstehenden
ist auch der Ansatz Produkt der entsprechenden Ansätze.

Das steht so bei mir im Hefter.

Betreffs der Summe habe ich diese Aufgabe durchgerechnet und kam auf das Ergebnis.

06.07.2015, 00:21

Sugga_Daddy

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@ grosserLoewe: Also vielen Dank nochmal für die schnelle Antwort! Also dann glaube ich das beides richtig ist, da bei dem Ansatz, den du vorgeschlagen hast, das Vorzeichen einfach in der Konstante lag smile

Wenn noch jemand ein Update zu dem x^k hat wäre super smile

06.07.2015, 11:58

magic_hero

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Zitat:

Original von Sugga_Daddy
Wenn noch jemand ein Update zu dem x^k hat wäre super smile

Bei "reinen" cos- oder sin-Störfunktionen brauchst du keinen Ansatz mit einem Polynom zu machen. Ausnahme wäre, wenn die entsprechenden Störfunktionen bereits homogene Teillösungen der Dgl. sind.

Das kann man auch ganz leicht finden, wenn man bei Google "ansatz differentialgleichung" eingibt. Die ersten beiden Treffer, die mir angezeigt werden, bieten eine kleine Übersicht über ein paar mögliche Ansätze:
https://homepages.thm.de/~hg8070/math2km...gl_ansaetze.pdf
http://www-math.upb.de/~mathkit/Inhalte/...onst_Koeff.html

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