Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion

16.01.2020, 11:57

DonkeyKong99

Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion

Meine Frage:
Habe folgendes AWP gegeben:
y''+y=-6sin(x)
y(0)=1
y'(0)=1

Ich versuche mich gerade dran das Problem zu lösen. Einen Teil habe ich bereits gelöst(homogenen Teil).
Habe bei der Ansatzfunktion ein Problem, das die Musterlösung für mich nicht nachvollziehbar ist.

Meine Ideen:
Mit dem Lambda-Ansatz bin ich auf die zwei Eigenwerte Lambda12=+-i gekommen.

Nun zur Lösung des inhomogenen Teils.
Habe die Ansatzfunktion y_p=Acos(x)+Bsin(x) genommen.Zweimal abgeleitet und dann in die DGL eingesetzt.
Das Problem ist: In der Musterlösung lautet die Funktion y_p=A*x*cos(x)+B*x*sin(x).

Woher kommt dieses x vor dem cos und sin ?

16.01.2020, 18:17

PWM

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RE: Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion
Hallo,

wenn die Inhomogenität $\begin{eqnarray*} \exp(\lambda x ) \end{eqnarray*}$ ist und $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ eine einfache Nullstelle des charakteristischen polynoms ist, dann muss der Ansatz lauten $\begin{eqnarray*} A x\exp(\lambda x) \end{eqnarray*}$ . Dies triff hier zu weil die trigonometrischen Funktionen sich mit Hilfe von $\begin{eqnarray*} \exp(\pm i x) \end{eqnarray*}$ darstellen lassen.

Gruß pwm

16.01.2020, 18:31

DonkeyKong99

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RE: Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion

Zitat:

Original von PWM
Hallo,

wenn die Inhomogenität $\begin{eqnarray*} \exp(\lambda x ) \end{eqnarray*}$ ist und $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ eine einfache Nullstelle des charakteristischen polynoms ist, dann muss der Ansatz lauten $\begin{eqnarray*} A x\exp(\lambda x) \end{eqnarray*}$ . Dies triff hier zu weil die trigonometrischen Funktionen sich mit Hilfe von $\begin{eqnarray*} \exp(\pm i x) \end{eqnarray*}$ darstellen lassen.

Gruß pwm

Hallo, vielen Dank für die Antwort smile

also gilt dieser Ansatz A*x*cos(x)+B*x*sin(x) immer, wenn der homogene Anteil "einfache" Nullstellen hat und die rechte Seite vom Typ einer Trigonmetrische Funktion ist ?
Wann benutze ich dann den Ansatz A*cos(x)+B*sin(x)??

mfg
Donkeykong99

17.01.2020, 09:01

Ulrich Ruhnau

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RE: Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion

Zitat:

verbessertes Original von DonkeyKong99
Meine Frage:
Habe folgendes AWP gegeben:

$\begin{eqnarray*} y''+y=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} y(0)=1,\quad y'(0)=1 \end{eqnarray*}$

In der Musterlösung lautet die Funktion $\begin{eqnarray*} y_p=Ax\cos(x)+Bx\sin(x) \end{eqnarray*}$ .

Woher kommt dieses x vor dem cos und sin ?

Diese Lineare Differentialgleichung 2. Ordnung wird als harmonischer Oszillator bezeichnet. Dabei ist $\begin{eqnarray*} -6\sin(x) \end{eqnarray*}$ das anregende Glied.

Bei Linearen DGLs löst man zuerst den homogenen Teil. $\begin{eqnarray*} y''_h+y_h=0 \end{eqnarray*}$
Die Homogene Lösung lautet $\begin{eqnarray*} y''_h=A\cos(x)+Bsin(x) \end{eqnarray*}$ wobei die Konstanten A und B frei wählbar sind, oder später an die Randbedingungen angepaßt werden müssen, sofern diese vorhanden sind.

Nun gibt es aber noch einen anregenden Teil, hier $\begin{eqnarray*} -6\sin(x) \end{eqnarray*}$ sodaß wir eine partikuläre Lösung suchen, mit der die ganze DGL erfüllt wird. Dafür machen wir den Ansatz $\begin{eqnarray*} y_p=a(x)y_{h1}(x)+b(x)y_{h2}(x) \end{eqnarray*}$

Das leiten wir zwei mal ab:

$\begin{eqnarray*} y''_p=a''y_{h1}+b''y_{h2}+2a'y'_{h1}+2b'y'_{h2}+ay''_{h1}+by''_{h2} \end{eqnarray*}$

Diese beiden Ausdrücke müssen nur noch in unsere DGL $\begin{eqnarray*} y''+y=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ eingesetzt werden, wobei wegen $\begin{eqnarray*} y''_h+y_h=0 \end{eqnarray*}$ einiges herausfällt. Übrig bleibt dann:

$\begin{eqnarray*} a''y_{h1}+b''y_{h2}+2a'y'_{h1}+2b'y'_{h2}=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ bzw.

$\begin{eqnarray*} a''\cos(x)+b''\sin(x)-2a'\sin(x)+2b'\cos(x)=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$

Der Vergleich beider Seiten der Gleichung legt $\begin{eqnarray*} a''=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b'=0 \end{eqnarray*}$ nahe. Übrig bleibt dann:

$\begin{eqnarray*} b''\sin(x)-2a'\sin(x)=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} b''-2a'=-6 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a''=0 \end{eqnarray*}$ bedeutet $\begin{eqnarray*} a(x) = a_1 x + a_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a'=a_1 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} b'=0 \end{eqnarray*}$ bedeutet $\begin{eqnarray*} b(x) = b_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b''=0 \end{eqnarray*}$ . Jetzt setzen wir das auch noch ein.

$\begin{eqnarray*} -2a_1\sin(x)=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} a_1=3 \end{eqnarray*}$
Die Gesamtlösung der Gleichung lautet dann:

$\begin{eqnarray*} y(x) = Ay_{h1}(x)+By_{h2}(x)+y_p(x)=A\cos(x)+B\sin(x)+(3x+a_2)\cos(x)+b_1\sin(x) \end{eqnarray*}$

Man erkennt das die Konstanten A und B zu a_2 und b_1 redundant sind. Deshalb lasse ich den homogenen Teil der Lösung weg.

$\begin{eqnarray*} y(x) =(3x+a_2)\cos(x)+b_1\sin(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'(x) =3\cos(x)-(3x+a_2)\sin(x)+b_1\cos(x) \end{eqnarray*}$

Nun kommen die Randbedingungen $\begin{eqnarray*} y(0)=1,\; y'(0)=1 \end{eqnarray*}$ ins Spiel.

$\begin{eqnarray*} y(0) =a_2=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'(0) =3+b_1=1 \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} b_1=-2 \end{eqnarray*}$

Damit ist die Lösung, die die Randbedingungen erfüllt, fertig:

$\begin{eqnarray*} y(x)=(3x+1)\cos(x)-2sin(x) \end{eqnarray*}$

Das heißt letztlich, daß unser Harmonische Oszillator mit der Zeit immer stärker schwingt, da er ja immer nur angeregt wird und außerdem keine Dämpfung hat.

17.01.2020, 11:52

PWM

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RE: Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion
Hallo,

nochmal zu meinem Post: Für den Ansatz vom Typ der rechten Seite gilt: Wenn die Inhomogenität $\begin{eqnarray*} \exp(sx) \end{eqnarray*}$ lautet, dann ist der Ansatz $\begin{eqnarray*} A\exp(sx) \end{eqnarray*}$ . Ausnahme: s ist einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms, dann ist der Ansatz $\begin{eqnarray*} A x \exp(sx) \end{eqnarray*}$ . Ausnahme davon: s ist mehrfach Nullstelle ....

Diese Aussage gilt insbesondere für komplexe s. In Deinem Beispiel ist die Inhomogenität eine Linearkombination aus $\begin{eqnarray*} \exp(ix) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \exp(-ix) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ ist einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms, daher ist der Ansatz eine Linearkombination aus $\begin{eqnarray*} a x \exp(ix) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b x \exp(-ix) \end{eqnarray*}$ , was dann wieder mit Hilfe der trigonometrischen Funktionen umgeschrieben ist.

Der "einfache" Ansatz wäre erfolgreich, wenn $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ nicht Nullstelle des charakteristischen Polynoms wäre.

Gruß pwm

20.01.2020, 18:37

DonkeyKong99

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RE: Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion
Vielen Lieben Dank für die sehr ausführliche Erklärung der Aufgabe .

20.01.2020, 18:40

DonkeyKong99

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RE: Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion

Zitat:

Original von PWM
Hallo,

nochmal zu meinem Post: Für den Ansatz vom Typ der rechten Seite gilt: Wenn die Inhomogenität $\begin{eqnarray*} \exp(sx) \end{eqnarray*}$ lautet, dann ist der Ansatz $\begin{eqnarray*} A\exp(sx) \end{eqnarray*}$ . Ausnahme: s ist einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms, dann ist der Ansatz $\begin{eqnarray*} A x \exp(sx) \end{eqnarray*}$ . Ausnahme davon: s ist mehrfach Nullstelle ....

Diese Aussage gilt insbesondere für komplexe s. In Deinem Beispiel ist die Inhomogenität eine Linearkombination aus $\begin{eqnarray*} \exp(ix) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \exp(-ix) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ ist einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms, daher ist der Ansatz eine Linearkombination aus $\begin{eqnarray*} a x \exp(ix) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b x \exp(-ix) \end{eqnarray*}$ , was dann wieder mit Hilfe der trigonometrischen Funktionen umgeschrieben ist.

Der "einfache" Ansatz wäre erfolgreich, wenn $\begin{eqnarray*} i \end{eqnarray*}$ nicht Nullstelle des charakteristischen Polynoms wäre.

Gruß pwm

Danke für diesen wichtigen Hinweis. Das hat mir gefehlt.

20.01.2020, 18:41

DonkeyKong99

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RE: Lineare inhomogenes AWP - Ansatzfunktion

Zitat:

Original von Ulrich Ruhnau

Zitat:

Diese Lineare Differentialgleichung 2. Ordnung wird als harmonischer Oszillator bezeichnet. Dabei ist $\begin{eqnarray*} -6\sin(x) \end{eqnarray*}$ das anregende Glied.

Bei Linearen DGLs löst man zuerst den homogenen Teil. $\begin{eqnarray*} y''_h+y_h=0 \end{eqnarray*}$
Die Homogene Lösung lautet $\begin{eqnarray*} y''_h=A\cos(x)+Bsin(x) \end{eqnarray*}$ wobei die Konstanten A und B frei wählbar sind, oder später an die Randbedingungen angepaßt werden müssen, sofern diese vorhanden sind.

Nun gibt es aber noch einen anregenden Teil, hier $\begin{eqnarray*} -6\sin(x) \end{eqnarray*}$ sodaß wir eine partikuläre Lösung suchen, mit der die ganze DGL erfüllt wird. Dafür machen wir den Ansatz $\begin{eqnarray*} y_p=a(x)y_{h1}(x)+b(x)y_{h2}(x) \end{eqnarray*}$

Das leiten wir zwei mal ab:

$\begin{eqnarray*} y''_p=a''y_{h1}+b''y_{h2}+2a'y'_{h1}+2b'y'_{h2}+ay''_{h1}+by''_{h2} \end{eqnarray*}$

Diese beiden Ausdrücke müssen nur noch in unsere DGL $\begin{eqnarray*} y''+y=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ eingesetzt werden, wobei wegen $\begin{eqnarray*} y''_h+y_h=0 \end{eqnarray*}$ einiges herausfällt. Übrig bleibt dann:

$\begin{eqnarray*} a''y_{h1}+b''y_{h2}+2a'y'_{h1}+2b'y'_{h2}=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ bzw.

$\begin{eqnarray*} a''\cos(x)+b''\sin(x)-2a'\sin(x)+2b'\cos(x)=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$

Der Vergleich beider Seiten der Gleichung legt $\begin{eqnarray*} a''=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b'=0 \end{eqnarray*}$ nahe. Übrig bleibt dann:

$\begin{eqnarray*} b''\sin(x)-2a'\sin(x)=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} b''-2a'=-6 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} a''=0 \end{eqnarray*}$ bedeutet $\begin{eqnarray*} a(x) = a_1 x + a_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a'=a_1 \end{eqnarray*}$ .
$\begin{eqnarray*} b'=0 \end{eqnarray*}$ bedeutet $\begin{eqnarray*} b(x) = b_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b''=0 \end{eqnarray*}$ . Jetzt setzen wir das auch noch ein.

$\begin{eqnarray*} -2a_1\sin(x)=-6\sin(x) \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} a_1=3 \end{eqnarray*}$
Die Gesamtlösung der Gleichung lautet dann:

$\begin{eqnarray*} y(x) = Ay_{h1}(x)+By_{h2}(x)+y_p(x)=A\cos(x)+B\sin(x)+(3x+a_2)\cos(x)+b_1\sin(x) \end{eqnarray*}$

Man erkennt das die Konstanten A und B zu a_2 und b_1 redundant sind. Deshalb lasse ich den homogenen Teil der Lösung weg.

$\begin{eqnarray*} y(x) =(3x+a_2)\cos(x)+b_1\sin(x) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'(x) =3\cos(x)-(3x+a_2)\sin(x)+b_1\cos(x) \end{eqnarray*}$

Nun kommen die Randbedingungen $\begin{eqnarray*} y(0)=1,\; y'(0)=1 \end{eqnarray*}$ ins Spiel.

$\begin{eqnarray*} y(0) =a_2=1 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'(0) =3+b_1=1 \end{eqnarray*}$ also b_1=-2

Damit ist die Lösung, die die Randbedingungen erfüllt, fertig:

$\begin{eqnarray*} y(x)=(3x+1)\cos(x)-2sin(x) \end{eqnarray*}$

Das heißt letztlich, daß unser Harmonische Oszillator mit der Zeit immer stärker schwingt, da er ja immer nur angeregt wird und außerdem keine Dämpfung hat.

Vielen Dank für die Mühe und die ausführliche Erklärung.

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