x^2 y'' - 2xy'+2y=x^3 cos x

01.12.2004, 20:33

Thomas L.

x^2 y'' - 2xy'+2y=x^3 cos x

Ich muss folgende DGL lösen
$\begin{eqnarray*} x^{2} y''-2xy'+2y= x^{3} cos x \end{eqnarray*}$
dazu habe ich versucht erst die homogene DGL zu lösen. Dabei konnte ich als erste Lösung
$\begin{eqnarray*} y=x \end{eqnarray*}$
erraten. Danach wollte ich das d'Alembertsche Reduktionsverfahren anwenden.
Ansatz: $\begin{eqnarray*} y=x\int_{}^{}~v~dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'=\int_{}^{}~v~dx +xv \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y''=2v+xv' \end{eqnarray*}$
Nach dem einsetzen in die dgl kürzt sich aber alles bis auf
$\begin{eqnarray*} x^3v'=0 \end{eqnarray*}$
was mir keine zweite Lösung gibt.

01.12.2004, 21:36

quarague

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Wenn du alle Lösungen der DGL berechnen willst, brauchst du auch alle Lösungen der homogenen DGL.
Wenn man die homogene DGL scharf anguckt sieht man, dass wenn man für y ein Polynom einsetzt, die Summe von Polynomen gleichen Grades 0 sein soll. Das sieht vielversprechend aus. Also Ansatz: y=x^n . Damit ist y'=n y^{n-1} und y''= n(n-1) y^{n-2}. Das kann man in die homogene DGL einsetzen. Jetzt kürzen sich alle x^n und es bleibt nur eine Gleichung in n übirg (deshalb funktioniert dieser Ansatz so gut in diesem BSP) Diese Gleichung kann man lösen und es ergeben sich die Lösungen n=1 und n=2 . Das heisst alle Funktionen der Form f(x) = a x + b x^2 mit a, b Konstanten sind Lösungen. Nach Theorie über DGL hat eine DGL 2. Grades ein 2-dim Lösungsfeld, das sind also alle Lösungen der honogenen DGL.
Jetzt braucht man nur noch eine einzige Lösung der inhomogenen DGL. So etwas wie y=x sin (x) oder y = x cos(x) sieht vielversprechend aus und y = - x cos(x) ist eine Lösung wenn ich mich nicht verrechnet habe.
Das heisst alle Lösungen der inhomogenen DGL haben die Form:
f(x) = a x + b x^2 - x cos(x) mit a,b Konstanten.

01.12.2004, 22:09

Harry Done

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Hallo Thomas L.,
wenn du die die Variablentransformation $\begin{eqnarray*} x=e^{z} \end{eqnarray*}$ anwendest, wir die Ausgangs- DGL in eine gewöhnliche DGL mit konstanten Koeffizienten umgewandelt. Muss folgende Eigenschaft benutzen:
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dx}=\frac{dy}{dz} \frac{dz}{dx} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{dz}{dx}=\frac{1}{x} \end{eqnarray*}$
Das musst du noch um die zweite Ableitung von y erweitern und alles einsetzen. Dann ist die DGL so lösbar, wie du es wahrscheinlich kennst.

Das sollte als Tipp erstmal reichen.

Gruß Jan

02.12.2004, 09:57

riwe

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RE: x^2 y'' - 2xy'+2y=x^3 cos x

Zitat:

Original von Thomas L.
Ich muss folgende DGL lösen
$\begin{eqnarray*} x^{2} y''-2xy'+2y= x^{3} cos x \end{eqnarray*}$
dazu habe ich versucht erst die homogene DGL zu lösen. Dabei konnte ich als erste Lösung
$\begin{eqnarray*} y=x \end{eqnarray*}$
erraten. Danach wollte ich das d'Alembertsche Reduktionsverfahren anwenden.
Ansatz: $\begin{eqnarray*} y=x\int_{}^{}~v~dx \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y'=\int_{}^{}~v~dx +xv \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y''=2v+xv' \end{eqnarray*}$
Nach dem einsetzen in die dgl kürzt sich aber alles bis auf
$\begin{eqnarray*} x^3v'=0 \end{eqnarray*}$
was mir keine zweite Lösung gibt.

du darfst nicht setzen
$\begin{eqnarray*} x^3v'=0 \end{eqnarray*}$
sondern
$\begin{eqnarray*} x^{3} v^\prime=x^{3} \cos(x) \end{eqnarray*}$

dann geht es problemlos weiter
werner

02.12.2004, 21:03

Thomas L.

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@Harry Done

wenn ich das einsetze komm ich auf
$\begin{eqnarray*} x^{2} \frac{d^2y}{dz^2} \frac{1}{x^2}-2x \frac{dy}{dz} \frac{1}{x} +2y=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{d^2y}{dz^2}-2 \frac{dy}{dz} +2y=0 \end{eqnarray*}$
die charakteristische Gleichung ist dann
$\begin{eqnarray*} \alpha ^2-2\alpha +2=0 \end{eqnarray*}$
Lösung wäre
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dz} =e^{1+i} \end{eqnarray*}$ und
$\begin{eqnarray*} \frac{dy}{dz} =e^{1-i} \end{eqnarray*}$
also
$\begin{eqnarray*} y=x^{1+i} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y=x^{1-i} \end{eqnarray*}$
ich glaub da hab ich mich irgendwo verrechnet.

@wernerrin

in meiner Vorlesung wurde das d'Alembertsche Reduktionsverfahren nur für homogene Differentialgleichungen verwendet. Wenn man mit $\begin{eqnarray*} v'=cosx \end{eqnarray*}$ weiterrechnet, kommt man auf $\begin{eqnarray*} -xcosx \end{eqnarray*}$ , was keine allgemeine Lösung der homogenen Dgl sondern eine spezielle Lösung der inhomogenen Dgl ist. Damit bildet sie auch mit y=x kein Fundamentalsystem von Lösungen!?
Wenn ich x^2 als erste Lösung annehme bekomme ich durch das Verfahren als zweite Lösung y=x herraus, wie es ja auch sein sollte.
Wieso funktioniert das mit y=x als erster Lösung nicht?
Bekommt man immer eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL herraus wenn man, erst eine Lösung der homogenen errät, den Ansatz dann aber in die inhomogene DGL einsetzt?

02.12.2004, 21:35

Harry Done

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Du hast die falsche zweite Ableitung eingesetzt, es muss gelten:
$\begin{eqnarray*} \frac{d^2y}{dx^2}=\frac{1}{x^2}(\frac{d^2y}{dz^2}-\frac{dy}{dz}) \end{eqnarray*}$

wenn du das einsetzt, kriegst du folgende DGL:
$\begin{eqnarray*} \frac{d^2y}{dz^2}-3\frac{dy}{dz}+2y=e^{3z}cos(e^{z}) \end{eqnarray*}$

um das zu lösen brauchst du die allgemeine Lösungsformel.
Sie steht in einem Thread der auch gerade aktuell ist.
hier klicken

Eine Allternative wäre eine patikuläre Lösung einfach anzunehmen, hier wäre es z.B:
$\begin{eqnarray*} yp=A\cdot x sin(x)+ B \cdot x cos(x) +a \cdot sin(x) +b \cdot cos(x) \end{eqnarray*}$
das setzt du in die Anfangs-DGL ein und machst dann einen Koeffizientenvergleich. Das geht natürlich auch.

Gruß Jan

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x^2 y'' - 2xy'+2y=x^3 cos x

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