Inhomogene lineare DGL 1. Ordnung

24.04.2019, 15:19

dubbox

Inhomogene lineare DGL 1. Ordnung

Meine Frage:
Ich habe dieses Semester einiges an DGL Rechnungen vor mir und würde das Ganze gerne wirklich verstehen anstatt einfach nur anzuwenden. Deswegen entschuldigt schon mal vermeidlich unsinnig erscheinende Fragen Big Laugh

Wir haben in diesem Fach auch eine völlig neue Notation, deswegen tue ich mich etwas schwer mein bisheriges Wissen hier anzuwenden.

Erstmal die Aufgabe:
Ich soll von folgendem inhomogenen linearen Anfangswertproblem folgendes bestimmten

1) homogene Differentialgleichung und die dazugehörige homogene Lösung
2) Ansatz für die partikuläre Lösung
3) Die allgemeine Lösung des Problems sowie die spezielle Lösung

Die gegebene DGL ist $\begin{eqnarray*} \dot{x}(t)=2x(t)-2t \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x(0)=1 \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Im folgenden ist $\begin{eqnarray*} a=2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b = -2t \end{eqnarray*}$

Lösung zu 1)
Als Ansatz benutze ich hier wie im Skript beschrieben $\begin{eqnarray*} \dot{x_h}(t)=ax_h(t)=ace^{a t} \Rightarrow x(t)=ce^{at} \end{eqnarray*}$ wobei ich $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ suche. Ist das bei dieser Form von DGL einfach immer so der Fall?

Wenn das jedenfalls so ist kann man $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} x_0=ce^{at_0} \end{eqnarray*}$ bestimmen.

Ich komme also auf $\begin{eqnarray*} \dot{x}(t) = ace^{at} = 2e^{2t} \end{eqnarray*}$ da $\begin{eqnarray*} x(0)=ce^{2\cdot 0}=c=1 \end{eqnarray*}$

Lösung zu 2)
Im Skript finde ich hier folgendes, Der Ansatz für die partikuläre Lösung lautet $\begin{eqnarray*} x_p(t)=c(t)e^{at} \end{eqnarray*}$ wenn es sich um eine inhomogene lineare DGL 1.Ordnung handelt. Ist dies immer der Fall?
Dann wäre unser Ansatz hier $\begin{eqnarray*} x_p(t)=c(t)e^{2t} \end{eqnarray*}$

Jetzt überspringe ich das Einsetzten von dem Ansatz, da hier direkt die allgemeine Lösung $\begin{eqnarray*} x_p(t)=-\frac{b}{a} \end{eqnarray*}$ hergeleitet wird, ist dies wirklich allgemein, also kann ich mir das einsetzten mit Variation der Konstanten sparen? Ich meine hiermit den Term $\begin{eqnarray*} b=\dot{x_p}(t)-ax_p(t) \end{eqnarray*}$ der
auf eben dies reduziert wurde.

Jedenfalls hätten wir damit $\begin{eqnarray*} x_p(t) = -\frac{-2t}{2}=t \end{eqnarray*}$

Lösung zu 3)
Die allgemeine Lösung ist $\begin{eqnarray*} x(t)=x_h(t)+x_p(t)=ce^{2t}+t \end{eqnarray*}$
(ich habe aber ja c eigentlich schon oben bestimmt, war das falsch? Eigentlich will ich es ja solange allgemein halten, bis ich die spezielle Lösung angebe oder?)

Die spezielle Lösung der DGL ergibt sich mit $\begin{eqnarray*} 1 = ce^{2\cdot 0}+0=c \end{eqnarray*}$ zu $\begin{eqnarray*} x(t) = e^{2t}+t \end{eqnarray*}$

24.04.2019, 16:01

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RE: Inhomogene lineare DGL 1. Ordnung

Zitat:

Original von dubbox
Lösung zu 1)
Als Ansatz benutze ich hier wie im Skript beschrieben $\begin{eqnarray*} \dot{x_h}(t)=ax_h(t)=ce^{a t} \end{eqnarray*}$ wobei ich $\begin{eqnarray*} c \end{eqnarray*}$ suche. Ist das bei dieser Form von DGL einfach immer so der Fall?

Hier geht es schon durcheinander. Für die homogene DGL $\begin{eqnarray*} \dot{x_h}(t) = ax_h(t) \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} x_h(t)=ce^{a t} \end{eqnarray*}$ die allgemeine Lösung. An dieser Stelle ist es auch nicht erforderlich, das c zu bestimmen, denn die Anfangsbedingung gilt für die komplette DGL und nicht nur für die homogene DGL.

Zitat:

Original von dubbox
Lösung zu 2)
Im Skript finde ich hier folgendes, Der Ansatz für die partikuläre Lösung lautet $\begin{eqnarray*} x_p(t)=c(t)e^{at} \end{eqnarray*}$ wenn es sich um eine inhomogene lineare DGL 1.Ordnung handelt. Ist dies immer der Fall?
Dann wäre unser Ansatz hier $\begin{eqnarray*} x_p(t)=c(t)e^{2t} \end{eqnarray*}$

Ja, das ist das prinzipelle Vorgehen.

Zitat:

Original von dubbox
Jetzt überspringe ich das Einsetzten von dem Ansatz, da hier direkt die allgemeine Lösung $\begin{eqnarray*} x_p(t)=-\frac{b}{a} \end{eqnarray*}$ hergeleitet wird, ist dies wirklich allgemein, also kann ich mir das einsetzten mit Variation der Konstanten sparen? Ich meine hiermit den Term $\begin{eqnarray*} b=\dot{x_p}(t)-ax_p(t) \end{eqnarray*}$ der
auf eben dies reduziert wurde.

Jedenfalls hätten wir damit $\begin{eqnarray*} x_p(t) = -\frac{-2t}{t}=t \end{eqnarray*}$

Mal abgesehen davon, daß es $\begin{eqnarray*} x_p(t) = -\frac{-2t}{2}=t \end{eqnarray*}$ heißen müßte, erscheint mir das Vorgehen insgesamt fragwürdig. Das zeigt sich auch dadurch, daß x_p(t) = t keine Lösung der DGL ist. verwirrt

24.04.2019, 16:40

dubbox

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Danke, ich habe die von dir bemerkten Schreibfehler oben editiert!

Zu deiner Antwort:

Im Skript ist das wie folgt beschrieben:
$\begin{eqnarray*} x_p(t)=c(t)e^{at} \end{eqnarray*}$

Jetzt soll durch einsetzen in die inhomogene DGL folgendes entstehen (ich verstehe die Umformung von $\begin{eqnarray*} \dot{x_p}(t) = \dot{c}(t)e^{at}+c(t)ae^{at} \end{eqnarray*}$ nicht ganz)
$\begin{eqnarray*} b=\dot{x_p}(t) - ax_p(t)= \dot{c}(t)e^{at}+c(t)ae^{at}-ac(t)e^{at}=\dot{c}(t)e^{at} \Leftrightarrow \dot{c}(t) = be^{-at} \end{eqnarray*}$

Mit Integration kommt man auf $\begin{eqnarray*} c(t)=-\frac{b}{a}e^{-at} \end{eqnarray*}$ damit wird $\begin{eqnarray*} c_p(t)=c(t)e^{at}=-\frac{b}{a}e^{-at}e^{at}=-\frac{b}{a} \end{eqnarray*}$ . Also müsste ich das ja auch in diesem Beispiel benutzen können oder?

25.04.2019, 08:41

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RE: Inhomogene lineare DGL 1. Ordnung

Zitat:

Original von dubbox
Jetzt soll durch einsetzen in die inhomogene DGL folgendes entstehen (ich verstehe die Umformung von $\begin{eqnarray*} \dot{x_p}(t) = \dot{c}(t)e^{at}+c(t)ae^{at} \end{eqnarray*}$ nicht ganz)

Die rechte Seite ist ganz einfach die Ableitung von x_p(t) nach t. smile

Zitat:

Original von dubbox
Mit Integration kommt man auf $\begin{eqnarray*} c(t)=-\frac{b}{a}e^{-at} \end{eqnarray*}$

Da übersiehst du, daß das b keine Konstante, sondern eine von t abhängige Variable ist. Unterm Strich hast du also:

$\begin{eqnarray*} \dot{c}(t) = -2t e^{-2t} \end{eqnarray*}$

Davon brauchst du nun eine Stammfunktion. Falls du damit Schwierigkeiten hast, kannst du es mit dem Ansatz $\begin{eqnarray*} c(t) = (\alpha t + \beta) \cdot e^{-2t} \end{eqnarray*}$ versuchen.

29.04.2019, 09:05

dubbox

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Ah okay, also da mein $\begin{eqnarray*} b \end{eqnarray*}$ die Variable $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ enzhält, muss ich dies natürlich in meiner Integration berücksichtigen.

Den von dir genannten Ansatz verstehe ich nicht ganz, auf welche Art hilft dieser mir?
Ich habe das so wie ich immer Aufleite berechnet (wahrscheinlich nicht der schlauste Weg Big Laugh

)

Komme auf folgendes Ergebnis
$\begin{eqnarray*} c(t)=\frac{(2t+1)e^{-2t}}{2}+C=x_p(t) \end{eqnarray*}$

Für die allgemeine Lösung habe ich ja jetzt $\begin{eqnarray*} C_1,C_2 \end{eqnarray*}$ aus den beiden vorherigen Lösungen oder ist das nur ein $\begin{eqnarray*} C \end{eqnarray*}$ ?

Also wäre meine allgemeine Lösung
$\begin{eqnarray*} x(t)=x_h(t)+x_p(t)=C_1e^{2t}+\frac{(2t+1)e^{-2t}}{2}+C_2 \end{eqnarray*}$

Und meine spezielle Lösung wäre mit
$\begin{eqnarray*} x(0)=1=x_h(0)+x_p(0)=C_1e^{2*0}+\frac{(2*0+1)e^{-2*0}}{2}+C_2=C_1+\frac{1}{2}+C_2 \Rightarrow C_1+C_2=\frac{1}{2} \end{eqnarray*}$

29.04.2019, 10:28

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Zitat:

Original von dubbox
Den von dir genannten Ansatz verstehe ich nicht ganz, auf welche Art hilft dieser mir?

Der war nur gedacht, falls du Probleme beim Bilden einer Stammfunktion (= "aufleiten" - igitt) hast.

Zitat:

Original von dubbox
Komme auf folgendes Ergebnis
$\begin{eqnarray*} c(t)=\frac{(2t+1)e^{-2t}}{2}+C=x_p(t) \end{eqnarray*}$

Die Integrationskonstante C kannst du hier weglassen. Wir brauchen nur eine Stammfunktion. Allerdings ist c(t) nicht gleich x_p(t). Wir hatten da den Ansatz (siehe weiter oben) $\begin{eqnarray*} x_p(t) = c(t) \cdot e^{at} \end{eqnarray*}$ .

29.04.2019, 11:00

dubbox

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Ah, das hab ich übersehen, gut dann ist es also

$\begin{eqnarray*} c(t)=\frac{(2t+1)e^{-2t}}{2} \Rightarrow xp(t) =\frac{(2t+1)e^{-2t}}{2}\cdot e^{2t} \end{eqnarray*}$

Also wäre meine allgemeine Lösung

$\begin{eqnarray*} x(t)=x_h(t)+x_p(t)=ce^{2t}+\frac{(2t+1)e^{-2t}}{2} \cdot e^{2t} \end{eqnarray*}$

und die spezielle Lösung wäre
$\begin{eqnarray*} x(0)=1=x_h(0)+x_p(0)=ce^{2*0}+\frac{(2*0+1)e^{-2*0}}{2}\cdot e^{2t}=c +\frac{1}{2} \Rightarrow c=\frac{1}{2} \Rightarrow x(t)=\frac{1}{2}e^{2t}+\frac{(2t+1)e^{-2t}}{2} \cdot e^{2t} \end{eqnarray*}$

29.04.2019, 11:13

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Wenn du noch das Produkt $\begin{eqnarray*} e^{-2t} \cdot e^{2t} \end{eqnarray*}$ zusammenfaßt, wäre das Ziel erreicht. smile

03.05.2019, 18:25

dubbox

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Danke dir für die grandiose Hilfe mal wieder Big Laugh

!

mit deiner Ergänzung ergibt das also

$\begin{eqnarray*} x(t)=\frac{1}{2}e^{2t}+\frac{(2t+1)}{2} \end{eqnarray*}$

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