Lösung einer DGL

28.10.2004, 14:12	TomBombadil	Auf diesen Beitrag antworten »
Lösung einer DGL Hi! Ich habe mal wieder was gelesen und wieder nicht verstanden: Es geht um folgendes: Es sei y'(x) + ay(x) = s(x) mit $\begin{eqnarray} a\in \mathbb R \end{eqnarray}$ und S(x) = Polynom n-ten Grades. So können wir die Lösung für die zugehörige homogene DGL leicht bestimmen. Für die noch benötigte partikuläre Lösung machen wir den Ansatz: y(x)= $\begin{eqnarray} bnx^{n} \end{eqnarray}$ +....+b1*x+b0 Dann setzen wir unser y(x) in die Gl ein, machen Koeff. vgl und haben eine Lösung. 2 Fragen: 1.Warum ist die lösung, die wir rausbekommen, nur eine partikuläre Lösung d.h. wo machen wir den Schritt, dass es nicht allgem ist? 2. Warum die Forderung, dass a eine relle Zahl sein muß? Könnte man nicht zumindest ein Polynom m-ten Grades sein und wir müssen den ansatz halt mit m+n Koeff. machen? (abgesehen davon, dass die homogene Lösung nicht mehr so einfach zu ermitteln ist((naja auch nicht wirklich schwerer,.... egal))) Vielen Dank für eure Hilfe im Vorraus mfg Tom
28.10.2004, 14:37	pumuckl	Auf diesen Beitrag antworten »
Du hast in dem Fall eine inhomogene Differentialgleichung. Die Homogene würde lauten: y'(x) + ay(x) = 0 Dafür gibts allgemeine Lösungen, wenn du die bestimmt hast und eine einzige Lösung für die inhomogene DGL y'(x) + ay(x) = s(x) Dann hast du alle Lösungen für die inhomogene (Die partikuläre Lösung addiert zu einer beliebigen allgemeinen Lösung ist wieder Lösung für die inhoogene Gleichung wegen der linearität der ableitungen) Der Polynom-ansatz bringt nur eine partikuläre Lösung, da es als Lösung für die homogene Gleichung z.B. die Lösung $\begin{eqnarray} e^{-ax} \end{eqnarray}$ gibt, und daher also auch mit $\begin{eqnarray} p(x) + e^{-ax} \end{eqnarray}$ eine Lösung gegeben wäre wobei p(x) der polynom aus dem Lösungsansatz ist. (Diese Lösung wäre aber kein Polynom, also erschlägt der Ansatz nicht alle möglichkeiten, daher die partikuläre Lösung und keine allgemeine). zu deiner zweiten Frage: Ich bezweifle mal ganz einfach dass die homogene DGL $\begin{eqnarray} y\prime(y) + \sum_{k=0}^np_kx^ky(x) = 0 \end{eqnarray}$ analytisch zu lösen ist... (das wäre die Gleichung mit a als polynom...) Mit viel glück und bei ganz speziellen Polynomen kommt man vielleicht noch auf ne partikuläre Lösung für die inhomgene DGL...
28.10.2004, 14:58	TomBombadil	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich war der Aufassung, man macht diesem Ansatz, aus einem Grund: Nämlich, da S(x) ein Polynom ist und a(x) eine reelle Zahl. Kann für y(x) gar nix anderes rauskommen, als ein Polynom(da ja y nur abgeleitet wird --> wieder Polynom, multipliziert wird mit a --> wieder polynom). Da s(x) ein Polynom ist muß es sich bei y(x) auch um ein Polynom handeln. Wenn aber a nun ein Polynom ist und mit y(x) multipliziert wird kommt doch wieder ein Polynom raus, oder? Somit wäre doch das auch möglich.
28.10.2004, 17:20	pumuckl	Auf diesen Beitrag antworten »
wie schon oben gesagt, wenn p(x) dein Lösungspolynom ist, also gilt $\begin{eqnarray} p\prime(x) + ap(x) = s(x) \end{eqnarray}$ , dann ist die funktion $\begin{eqnarray} y(x) = p(x) + e^{-ax} \end{eqnarray}$ auch Lösung der inhomogenen Gleichung, weil $\begin{eqnarray} e^{-ax} \end{eqnarray}$ eben Lösung der homogenen Gleichung ist. Nachrechnen zeigt: $\begin{eqnarray} y\prime(x) +ay(x) = p\prime(x) + (-a)e^{-ax} + a(p(x) + e^{-ax}) = p\prime(x) + ap(x) = s(x) \end{eqnarray}$ , damit ist y(x) auch Lösung und mit Sicherheit kein Polynom. Allerdings hab ich mich vertan, wenn a ein Polynom a(x) wäre, so hätte man als Lösung der homogenen Differentialgleichung (mindestens) die Funktion $\begin{eqnarray} y(x) = e^{-\int a(x) dx} \end{eqnarray}$ denn dann wäre $\begin{eqnarray} y\prime(x) + a(x)y(x) = -\frac{d}{dx}\Big(\int a(x)dx\Big) \cdot e^{-\int a(x) dx} + a(x) \cdot e^{-\int a(x) dx} = 0 \end{eqnarray}$ (ableitung des integrals ergibt wieder a(x) Allerdings wäre dein Polynomansatz dann auch nur wieder eine partikuläre Lösung, denn $\begin{eqnarray} p(x) + e^{-\int a(x) dx} \end{eqnarray}$ wäre auch Lösung der inhomogenen DGL...
29.10.2004, 10:18	TomBombadil	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok! Das mit der partikulären Lsg habe ich verstanden. Danke! Aber ich denke der Ansatz mit a(x) = Polynom des Grades M geht trotzdem. Dann wäre der Ansatz eben y(x) = Polynom des Grades: Grad von Störfkt. / Grad von a(x). problemlos geht das aber auch nur wenn das eine ganze Zahl ergibt. Das war mein Gedanke..

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