allgemeine lösung

05.10.2004, 13:22

brock

allgemeine lösung

HI,

wie lautet die allgemeine Lösung der folgenden DGL:

$\begin{eqnarray*} \frac{d^2x}{dt^2}+2* \frac{dx}{dt}-x=5 \end{eqnarray*}$

Danke im voraus.

mfg

LaTeX-Code umgeschrieben, so dass er in jedem Browser zu lesen ist. Ben

05.10.2004, 13:46

navajo

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Hi,

Ich vermute mal du hast in diesem Thread (*click*) auch schon die Dgl gemeint. Hättest dich auch da eben korrigieren können, statt nen neuen Thread aufmachen, aber egal.

Zitat:

Original von navajo
Da könntest du $\begin{eqnarray*} \frac{dx}{dt}=p \end{eqnarray*}$ substituieren, mit $\begin{eqnarray*} p'=\frac{dp}{dx}p \end{eqnarray*}$ . Dann hast du:

$\begin{eqnarray*} p\frac{dp}{dx}=-2p+4 \end{eqnarray*}$
Also eine Dgl für p als Funktion in x.

Die Lösung p(x) die man rausbekommt. Gibt dann wieder eine dgl als Funktion von t:

$\begin{eqnarray*} \frac{dx}{dt}'=p(x) \end{eqnarray*}$

Und die Lösung davon dürfte die Lösung der gegebene Dgl sein. *hoff* Augenzwinkern

Bei der Dgl kann man nun aber so vorgehen, wie ich es bei der anderen schon vorgeschlagen habe. (Das -2p+4 passt hier aber natürlich nicht mehr). Wenn der Weg nicht klar ist, frag ruhig nach.

Ein alternativer Weg wäre, aus der Dgl 2ter Ordnung ein System von 2 Dgl erste Ordnung zu bauen:

$\begin{eqnarray*} x_1'=x_2 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x_2'=x_1-2x_2+5 \end{eqnarray*}$

In matrixschreibweise:

$\begin{eqnarray*} \vec{x'}=\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & -2 \end{pmatrix}\vec{x}+\begin{pmatrix} 0\\ 5\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Das ist ein system von 2 dlgen 1ter Ordnung mit Konstanten Koeffizienten. Wenn dir das nichts sagt, dann halt dich vll lieber erstmal an meinen ersten Lösungsvorschlag. (Ich probier gleich mal selbst aus ob ichs damit gelöst kriege Augenzwinkern

)

EDIT: Da ich nun selber festhänge: Soweit bin ich gekommen: Ich hab substituiert und hab nun diese Dgl als Funktion von x:

$\begin{eqnarray*} \frac{dp}{dx}=\frac{5+x}{p}-2 \end{eqnarray*}$

linear isses ja nicht, trennung der Variablen geht nicht wegen der -2, exakt isse nicht, nen integrierenden Faktor find ich nicht und viel mehr Methoden kenn ich auch nicht unglücklich

05.10.2004, 17:16

Harry Done

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RE: allgemeine lösung
Hallo Brock,
man darf die Gleichung in die Operatorenschreibweise umschreiben:
$\begin{eqnarray*} (D^2+2D-1)x=5 \end{eqnarray*}$
die homogene Lösung bestimmt man jetzt mit der Gleichung:
$\begin{eqnarray*} D^2+2D-1=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} D=-1\pm \sqrt{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} Xh(t)=C1e^{(-1+\sqrt{2})t}+C2e^{(-1-\sqrt{2})t} \end{eqnarray*}$

Was dir bestimmt bekannt war.
Die partikuläre Lösung der DGL kann mit folgender Gleichung bestimmt werden:
$\begin{eqnarray*} (D+1-\sqrt{2})(D+1+\sqrt{2})x=5 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} (D+1+\sqrt{2})v=5 \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} (D+1-\sqrt{2})x=v \end{eqnarray*}$
Das sind jeweils DGLs erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten, die eine allgemeine Lösung besitzen.
$\begin{eqnarray*} (D+1+\sqrt{2})v=5 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} e^{(1+\sqrt{2})t}*v= \int_{}^{}~e^{(1+\sqrt{2})t}*5~dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} v= e^{-(1+\sqrt{2})t}*\int_{}^{}~e^{(1+\sqrt{2})t}*5~dt \end{eqnarray*}$
daraus ergibt sich:
$\begin{eqnarray*} (D+1-\sqrt{2})x=v \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{(1-\sqrt{2})t}*x= \int_{}^{}~e^{(1-\sqrt{2})t}*v~dt \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x=e^{-(1-\sqrt{2})t}* \int_{}^{}~e^{(1-\sqrt{2}-1-\sqrt{2})t} *\int_{}^{}~e^{(1+\sqrt{2})t}*5~dt ~dt \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x=5\frac{e^{-(1-\sqrt{2})t}* \int_{}^{}~e^{(-2\sqrt{2})t} *e^{(1+\sqrt{2})t}~dt}{(1+\sqrt{2})} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} x=5\frac{e^{-(1-\sqrt{2})t}* e^{(1-\sqrt{2})t}}{(1+\sqrt{2})(1-\sqrt{2})} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} Xp(t)=-5 \end{eqnarray*}$
Die gesamte Lösung ist die Summe von Xh und Xp, die Konstanten wären eigentlich bei der Intergration entstanden, finde die seperate homogene Lösung allerdings übersichtlicher.

$\begin{eqnarray*} x(t)=-5+C1e^{(-1+\sqrt{2})t}+C2e^{(-1-\sqrt{2})t} \end{eqnarray*}$

Gruß Jan

05.10.2004, 17:22

WebFritzi

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Solche Aufgaben sind denkbar einfach. Auch, wenn man nicht so fundiertes Wissen hat. Man tut immer gut daran, mit Funktionen à la

$\begin{eqnarray*} x(t) = \delta e^{\lambda t} \end{eqnarray*}$

zu testen. Und immer erst die homogene Gleichung betrachten (rechte Seite ==0). So kommt man auf ein sogenanntes Fundamentalsystem der homogenen Gleichung. In diesem Falle sind dies 2 Lösungen $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x_2 \end{eqnarray*}$ der homogenen Gleichung. Da nun die rechte Seite eine Konstante ist, lautet die allgemeine Lösung

$\begin{eqnarray*} x(t) = \lambda_1 x_1(t) + \lambda _2 x_2(t) - 5 \end{eqnarray*}$ .

05.10.2004, 17:35

navajo

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Ich habs vorhin über das von mir oben erwähnte system von 2 Dglen 1ter Ordnung gelöst. Die homogene Lösung geht ja schnell über die Eigenwerte.

Aber bei der Inhomogenen hab ich auch erst mal die Standartverfahren drauf abgefeuert und mich hinterher geärgert, dass ich auf -5 auch hätte so kommen können. :P

05.10.2004, 17:41

Harry Done

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Man könnte auch als Versuchslösung
$\begin{eqnarray*} x=ax^2+bx+c \end{eqnarray*}$ nehmen und die Ableitungen einsetzen und über einen Koeffizientenvergleich die Lösung bestimmen, geht auch einfach.
Wollte ich nur noch hinzufügen.

Gruß Jan

05.10.2004, 19:12

WebFritzi

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Warum nicht gleich x = c ??? Nene, bei solchen Aufgaben (lineare DGL mit konstanten Koeffizienten) immer eine Exponentialfunktion als Testfunktion nehmen.

05.10.2004, 19:35

brock

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RE: allgemeine lösung
Hi,

vielen dank an alle für die schnelle hilfe.

05.10.2004, 19:48

Harry Done

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RE: allgemeine lösung
@WebFritzi

Man muss doch auch die 2. Potenz von x bedenken und kann nicht einfach x=c als Versuchslösung nehmen, denn die zweite Ableitung von x muss ja zumindest auch eine Konstante enthalten.

Gruß Jan

05.10.2004, 20:32

brock

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RE: allgemeine lösung
Hi,

wenn ich die von Harry Done angesprochene Vorgehensweise mit dem Koeffizientenvergleich nehme,komme ich auch auf die richtige Lösung.
Da ich aber sicher gehen will,dass es kein Glück war, HIER mein Lösungsweg:

Die homogene Lsg. ist ja klar.

Kommen wir nun zur partikulären Lösung der DGL .

DerAnsatz:
y=a+bx und die Ableitungen
y'=b
y''=0
eingesetzt in die DGL liefert uns:

2b+a+bx=5 .

Koeffizientenvergleich liefert uns:

-bx=0 => b=0 und 2b-a=5 => a=-5

Somit lautet die allg.Lsg:
$\begin{eqnarray*} x(t)=C1e^{(-1+\sqrt{2})t}+C2e^{(-1-\sqrt{2})t}-5 \end{eqnarray*}$

Ist der Lösungsweg so OK?

Danke im voraus.

05.10.2004, 20:42

Harry Done

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RE: allgemeine lösung
Hallo brock,

deim Ansatz hattest du wirklich Glück. Du solltest lieber $\begin{eqnarray*} x=at^2+bt+c \end{eqnarray*}$ nehmen, da ja theoretisch x und x' Null sein können und somit x'' eine Konstante wäre.
Je nach Art der Inhomogenität gibt es verschiedene Ansätze, die die erste von mir erwähnte Variante vereinfachen. Wenns allgemeiner wird kommt man leider nicht um Integrieren herum.

Gruß Jan

05.10.2004, 21:45

mathemaduenn

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Hallo brock & Harry Done,
Für die inhomogene Lösung hätte ich eigentlich
y=a als Ansatz gewählt. Da die Störfunktion ein Polynom 0. Grades ist und keine Resonanz vorliegt(Für Polynome als Störfunktion: 0 löst die charakteristische Gleichung nicht.) Falls der Ansatz falsch ist sollte das auch beim(richtigen) Durchrechnen auffallen. Wie man die partikuläre Lösung erhält ist ja egal Hauptsache sie löst die DGL.
gruß
mathemaduenn

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