DGL lösen (4)

11.07.2015, 22:04

Rivago

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DGL lösen (4)

Ich soll diese DGL lösen:

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

Meine Lösung:

$\begin{eqnarray*} y_h(x) = A \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

Und $\begin{eqnarray*} y_p(x) = A(x) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$ und somit $\begin{eqnarray*} y_p'(x) = A'(x) \cdot e^{4x} + A(x) \cdot 4e^{4x} \end{eqnarray*}$

Einsetzen in DGL

$\begin{eqnarray*} A'(x) \cdot e^{4x} + A(x) \cdot 4e^{4x} - 4A(x) \cdot e^{4x} = e^{4x} + cos(2x) \end{eqnarray*}$

Edit: Hab nen Fehler gefunden..

Komm jetzt auf $\begin{eqnarray*} A'(x) = e^{-4x} \cdot cos(2x) \end{eqnarray*}$

Stimmt das denn? Die Lösung führt ganz woanders hin verwirrt

verwirrt

11.07.2015, 22:27

Mathema

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} A'(x) \cdot e^{4x} + A(x) \cdot 4e^{4x} - 4A(x) \cdot e^{4x} = e^{4x} + cos(2x) \end{eqnarray*}$

Das stimmt. Statt A(x) schreibe ich z. Du erhältst also:

$\begin{eqnarray*} z'\cdot e^{4x}=e^{4x} + cos(2x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dz}{dx}=\frac{e^{4x} + cos(2x)}{e^{4x}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dz=(1+\frac{cos(2x)}{e^{4x}})dx \end{eqnarray*}$

Damit folgt das gewünschte Ergebnis.

Viel Spaß beim Integrieren.

Wink

Wink

11.07.2015, 23:03

Rivago

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Ach man, ich bin zu blöd dazu böse

böse

böse

$\begin{eqnarray*} \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = \left[\frac{1}{2}sin(2x) \cdot e^{-4x}\right] + 2 \int sin(2x) \cdot e^{-4x} dx \end{eqnarray*}$

Nochmal integrieren..

$\begin{eqnarray*} 2 \int sin(2x) \cdot e^{-4x} = 2 \cdot \left[-\frac{1}{4}e^{-4x} \cdot sin(2x)\right] + \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx \end{eqnarray*}$

So, jetzt steht ja wieder das gleiche Integral da..

Also: $\begin{eqnarray*} \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = \left[\frac{1}{2}sin(2x) \cdot e^{-4x}\right] - \left[\frac{1}{2}sin(2x) \cdot e^{-4x}\right] + \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx \end{eqnarray*}$

Also hab ich da jetzt stehen $\begin{eqnarray*} \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx \end{eqnarray*}$

Toll..

12.07.2015, 09:33

Bjoern1982

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Zitat:

$\begin{eqnarray*} 2 \int sin(2x) \cdot e^{-4x} = 2 \cdot \left[-\frac{1}{4}e^{-4x} \cdot sin(2x)\right] + \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx \end{eqnarray*}$

Du hast dich hier (warum auch immer) im Gegensatz zum ersten Integral umentschieden bei der Wahl für u und v'.
Wähle wie beim ersten Integral hier auch v'=sin(2x) und entsprechend u=e^(-4x).
Du wirst dadurch am Ende etwas (eine Integralgleichung) von dieser Form haben:

$\begin{eqnarray*} \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = ...+k \cdot \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx~\ \text{mit} ~ k \neq 1 \end{eqnarray*}$

Und hier kannst du dann den Integralterm auf der rechten Seite noch nach links bringen, um diese Gleichung entsprechend nach dem Ausgangsintegral aufzulösen.

Für den eventuellen Rest steht dir mit Sicherheit gleich unser DGL-Liebhaber Mathema zur Verfügung. Freude

Freude

12.07.2015, 12:02

Rivago

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Sollte man u und v wieder so wählen, wie beim ersten mal?

Ich hab es jetzt nochmal gemacht und erhalte:

$\begin{eqnarray*} \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x} \end{eqnarray*}$

Somit als part. Lösung: $\begin{eqnarray*} \int 1 dx + \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = x + \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x} \end{eqnarray*}$

Und somit $\begin{eqnarray*} y(x) = A \cdot e^{4x} + x + \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x} \end{eqnarray*}$

Stimmt aber nicht ganz mit der Lösung überein.. hab ich noch irgendwo einen Fehler?

12.07.2015, 12:10

Mathema

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Ja.

Nach Einsetzung erhältst du:

$\begin{eqnarray*} y(x) = (x + \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x}+c) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

Jetzt die Klammer ausmultiplizieren.

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12.07.2015, 12:24

Rivago

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$\begin{eqnarray*} \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x} + c \end{eqnarray*}$

Somit als part. Lösung: $\begin{eqnarray*} \int 1 dx + \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = x + \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x} + c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p(x) = A(x) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p(x) = \left(\underbrace{x + \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x} + c}_{=A(x)}\right) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

Ausmultipliziert ergibt: $\begin{eqnarray*} y_p(x) = x \cdot e^{4x} + \frac{1}{10}sin(2x) - \frac{1}{5}cos(2x) + c \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(x) = y_h(x) + y_p(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(x) = \underbrace{A \cdot e^{4x}}_{=y_h(x)} + \underbrace{x \cdot e^{4x} + \frac{1}{10}sin(2x) - \frac{1}{5}cos(2x) + c \cdot e^{4x}}_{= y_p(x)} \end{eqnarray*}$

12.07.2015, 12:39

Mathema

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Nein - wir ersetzen beim Verfahren der Variation der Konstanten zum Ende nur noch deine Konstante (dein A) in dieser Gleichung durch deine gefundene part. Lösung.

Zitat:

$\begin{eqnarray*} y_h(x) = A \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

Einsetzen liefert:

$\begin{eqnarray*} y(x) = x \cdot e^{4x} + \frac{1}{10}\sin(2x) - \frac{1}{5}\cos(2x) + c \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

Das ist also dein Endergebnis.

12.07.2015, 12:47

Rivago

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Das versteh ich nicht, sorry unglücklich

unglücklich

Bisher musste man das immer so machen, dass $\begin{eqnarray*} y = y_h + y_p \end{eqnarray*}$

Also als Beispiel eine Aufgabe:

$\begin{eqnarray*} y' + 4xy = 4x \cdot e^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Da war die homogene Lösung $\begin{eqnarray*} y_h(x) = A \cdot e^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Und die part. Lösung $\begin{eqnarray*} y_p(x) = 2x^2 \cdot e^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Somit $\begin{eqnarray*} y(x) = A \cdot e^{-2x^2} + 2x^2 \cdot e^{-2x^2} = e^{-2x^2} \cdot (A + 2x^2) \end{eqnarray*}$

Warum darf ich das jetzt plötzlich nicht mehr machen? unglücklich

unglücklich

12.07.2015, 13:39

Mathema

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Zitat:

Und die part. Lösung $\begin{eqnarray*} y_p(x) = 2x^2 \cdot e^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Und wie seid ihr darauf gekommen? Ich vermute dann verwende ich das Wort part. Lösung falsch. Wäre also schön, wenn ein anderer User hier noch einmal weiterhelfen könnte. Würde mich auch sehr interessieren. Mein Verfahren für diese Aufgabe sieht so aus (und so sind wir eben ja auch vorgegangen):

$\begin{eqnarray*} y' + 4xy = 4x \cdot e^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y'=-4xy+4xe^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Variation der Konstanten:

$\begin{eqnarray*} y'=-4xy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=-4xy \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{y}=-4xdx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \ln(y)=-2x^2+c \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y=ce^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Sei C(x)=z.

$\begin{eqnarray*} y'=z'e^{-2x^2}-4zxe^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Also:

$\begin{eqnarray*} z'e^{-2x^2}-4zxe^{-2x^2}=-4xze^{-2x^2}+4xe^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z'e^{-2x^2}=4xe^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \frac{dz}{dx}=4x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} dz=4xdx \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} z=2x^2+c \end{eqnarray*}$

Einsetzen liefert also:

$\begin{eqnarray*} y(x)=(2x^2+c)e^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Und das ist ja deine Lösung.

edit:

Ahja ich vermute mal folgendes. Für deine part. Lösung schreiben wir kein "+c" an dieser Stelle,

Zitat:

$\begin{eqnarray*} z=2x^2+c \end{eqnarray*}$

sondern setzen einfach direkt hier ein:

Zitat:

$\begin{eqnarray*} y=ce^{-2x^2} \end{eqnarray*}$

Dann kannst du deine Summe bilden und hast das richtige Ergebnis. Auch bei der anderen Aufgabe.

Wink

Wink

12.07.2015, 16:15

Rivago

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$\begin{eqnarray*} \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x} \end{eqnarray*}$

Somit als part. Lösung: $\begin{eqnarray*} \int 1 dx + \int cos(2x) \cdot e^{-4x} dx = x + \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p(x) = A(x) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y_p(x) = \left(\underbrace{x + \frac{1}{10}sin(2x) \cdot e^{-4x} - \frac{1}{5}cos(2x) \cdot e^{-4x}}_{=A(x)}\right) \cdot e^{4x} \end{eqnarray*}$

Ausmultipliziert ergibt: $\begin{eqnarray*} y_p(x) = x \cdot e^{4x} + \frac{1}{10}sin(2x) - \frac{1}{5}cos(2x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(x) = y_h(x) + y_p(x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} y(x) = \underbrace{A \cdot e^{4x}}_{=y_h(x)} + \underbrace{x \cdot e^{4x} + \frac{1}{10}sin(2x) - \frac{1}{5}cos(2x)}_{= y_p(x)} \end{eqnarray*}$

Also ist es doch so richtig?

12.07.2015, 16:17

Mathema

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Ja - so stimmt es. Freude

Freude

12.07.2015, 16:35

Rivago

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Juhu

Tanzen

Kannst du mir noch sagen, was man da in der Musterlösung für ein "wirres" Gerechne macht? Ich werde daraus überhaupt nicht schlau verwirrt

verwirrt

Wieso steht da "Problem"? verwirrt

verwirrt

12.07.2015, 16:46

Mathema

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Zitat:

Ich werde daraus überhaupt nicht schlau

Ich grade auch nicht. Da darf also gerne ein anderer User ran, wenn dich das noch interessiert.

12.07.2015, 17:00

Rivago

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Okay, dann danke für deine Hilfe smile

smile

Vllt versteht ja ein anderer, was da gemacht wurde smile

smile

12.07.2015, 19:56

Bjoern1982

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Inhomogene DGL sind ja oft so gestrickt, dass (bei entsprechender Sortierung) auf der rechten Seite irgendwelche nur noch von x abhängigen Terme stehen (von mir aus auch komplett konstant).
Beim Lösen einer DGL ist es in der Regel ja eher die Herausforderung eine entsprechende spezielle Lösung yp zu finden - die homogenen Lösungen sind meist schnell abgehakt.
Neben der Möglichkeit über die Variation der sich aus der homogenen Lösung ergebenen Konstanten zu gehen, mit der sich die "Struktur" von yp eh von selbst ergibt und man darüber im Prinzip vorher gar nicht nachdenken muss, gibt es auch noch einen etwas anderen Zugang, welcher eben dieser Struktur mehr Beachtung schenkt.

Besonders einfach ist es bei einer DGL mit konstanter rechter Seite wie z.B. y'-4y=2
Klar kann man da auch ohne groß nachzudenken das Schema mit der Variation der Konstanten abspulen, jedoch kann man ja gerade hier eigentlich sehr leicht sehen, dass yp=-0,5 offenbar schon eine spezielle Lösung ist.
Je komplizierter der Term auf der rechten Seite ist, desto aufwändiger wird das ganze natürlich.
Für die klassischen Terme (Störfunktionen) existieren demnach auch zahlreiche Tabellen, denen man entsprechende Ansätze für yp direkt entnehmen kann.

Nun haben wir bei der hier vorliegenden DGL auf der rechten Seite also als Störfunktion $\begin{eqnarray*} s(x)=e^{4x}+cos(2x) \end{eqnarray*}$

Den Summanden cos(2x) bekommt man in jedem Fall als Linearkombination aus sin(2x) und cos(2x) in den Griff (cos(2x) allein reicht natürlich nicht aus, denn es ist ja auch noch y' im Spiel, wodurch automatisch irgendwas mit sin(2x) ins Spiel kommt).
Bleibt hier also noch der (Problem)Fall e^(4x). Normalerweise würden wir da für yp einfach einen konstanten Faktor vorpeitschen und fertig ist das Mondgesicht.
Diesen Fall fängt sozusagen aber ja bereits schon die homogene Lösung ab und liefert demnach lösungstechnisch nichts Neues (man spricht hier auch von Resonanz).
Um das in den Griff zu kriegen, spendiert man also noch einen Faktor x, welcher mit der richtigen Wahl für D, dann ja auch problemlos beim (gedanklichen) Einsetzen in die DGL wiederum den Summanden e^(4x) linear unabhängig von der homogenen Lösung erzeugen kann.

Daher hat yp nun die in der Lösung nach "insgesamt:" stehende Struktur.
Wenn man dies nun in die linke Seite der DGL einsetzt und die linke und rechte Seite miteinander vergleicht (Koeffizientenvergleich), dann entsteht damit das darunter erwähnte LGS, welches einem die Lösungen für die ganzen in yp auftauchenden Konstanten c1,c2 und c3 liefert.
Joa und damit ist man dann fertig.

Gerne möge man mich als Nichtmathematiker korrigieren, der hier nur sein gefährliches Halbwissen kundgetan hat. Wink

Wink

12.07.2015, 20:40

grosserloewe

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Wink

Wichtig ist hier zu wissen, dafür gibt es eine allg,. Formel:

$\begin{eqnarray*} y_{p} =C *x^{k} *e^{\alpha x} \end{eqnarray*}$

k ist dabei die Vielfachheit.

Das bedeutet ,man vergleicht in der Störfunktion den Faktor in dem Term mit der e- Funktion im Exponenten, der ist 4.

4 ist auch Lösung der charakt. Gleichung

$\begin{eqnarray*} k-4=0 \end{eqnarray*}$

Da die 4 sowohl im Exponenten der Störfunktion als auch als Lösung der
charakt. Gleichung vorkommen , also 1Mal , ist die Vielfachheit eben 1.

-->k=1

eingesetzt in die Formel , ergibt den Ansatz.

smile

smile

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