partikulärer Lösungsansatz < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 01:01 Mi 01.06.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo,
ich hänge gerade an folgender Aufgabe:
[mm] y''+2y'+y=x^{2}-2x+1
[/mm]
die homogene Lösung habe ich mit
[mm] y_{h}(x)=e^{-x}*(C_{1}*x+C_{2})
[/mm]
ermittelt.
Wie ermittel ich nun die partikuläre Lösung?
Kann ich den Ansatz: [mm] A_{0}-2A_{1}+A_{2} [/mm] nehmen?
Und wie geht es dann weiter? In DGL's erster Ordnung
habe ich zumeist mit C(x) gearbeitet. Wie würde das
denn bei DGL's zweiter Ordnung funktionieren und
welches von beiden Verfahren ist schneller?
Vielen Dank & Grüße
Kruder77
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Hallo kruder,
> [mm]y''+2y'+y=x^{2}-2x+1[/mm]
>
> die homogene Lösung habe ich mit
>
> [mm]y_{h}(x)=e^{-x}*(C_{1}*x+C_{2})[/mm]
>
> ermittelt.
>
> Wie ermittel ich nun die partikuläre Lösung?
>
> Kann ich den Ansatz: [mm]A_{0}-2A_{1}+A_{2}[/mm] nehmen?
Für den Ansatz ist hier ein Polynom 2. Grades geeignet:
[mm]y_{p} \left( x \right)\; = \;A\;x^{2} \; + \;B\;x\; + \;C[/mm]
>
> Und wie geht es dann weiter? In DGL's erster Ordnung
> habe ich zumeist mit C(x) gearbeitet. Wie würde das
> denn bei DGL's zweiter Ordnung funktionieren und
> welches von beiden Verfahren ist schneller?
Ich denke die Methode oben geht schneller.
Differentialgleichungen zweiter oder höherer Ordnung kann man auf ein DGL-System 1. Ordnung zurückführen, das dann auch mit der Methode der Variation der Konstanten zu lösen ist.
Wie man DGL's zweiter oder höherer Ordnung auf ein DGL-System 1. Ordnung zurückführt, siehe folgender Thread DGL-System 1. Ordnung
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:58 Mi 01.06.2005 | | Autor: | kruder77 |
hallo mathe power,
ich habe gerade probiert den thread "dgl-system 1. ordnung" nachzuvollziehen.
sehe ich das richtig, dass:
$ [mm] \left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {y_{1} } \\ {y_{2} } \\ \end{array} } \right)\; [/mm] = [mm] \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {c_{1} \;e^x \; + \;c_{2} \;e^{ - x} } \\ {c_{1} \;e^x \; - \;c_{2} \;e^{ - x} } \\ \end{array} } \right) [/mm] $ [mm] \hat= [/mm] $ [mm] \begin{gathered} y_{1} \; = \;y \hfill \\ y_{2} \; = \;y' \hfill \\ \end{gathered} [/mm] $
ich nehme als einfach meine homogene lösung leite diese einmal ab und erhalte somit die beiden gleichungen, gell? wie komme ich denn aber nun von dort auf mein [mm] c_{1}(x) [/mm] und [mm] c_{2}(x) [/mm] , ich habe ja jeweils beide in den gleichungen enthalten? normalerweise habe ich dort ja immer die erste ableitung gebildet und dies dann in meine ursprungsgleichung eingesetzt, muss ich hier nun meine zweite ableitung (wegen y'') bilden und diese dann jeweils einsetzen? dann aus den beiden aufgelösten gleichungen jeweils das gegenstück in die andere einsetzen um dann meine [mm] c_{1}(x) [/mm] und [mm] c_{2}(x) [/mm] zu bestimmen - könnte klappen, oder liege ich falsch?
gruß kruder77
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Hallo kruder,
> [mm]\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {y_{1} } \\ {y_{2} } \\ \end{array} } \right)\; = \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {c_{1} \;e^x \; + \;c_{2} \;e^{ - x} } \\ {c_{1} \;e^x \; - \;c_{2} \;e^{ - x} } \\ \end{array} } \right)[/mm]
> [mm]\hat=[/mm] [mm]\begin{gathered} y_{1} \; = \;y \hfill \\ y_{2} \; = \;y' \hfill \\ \end{gathered}[/mm]
>
> ich nehme als einfach meine homogene lösung leite diese
> einmal ab und erhalte somit die beiden gleichungen, gell?
So ist es.
> wie komme ich denn aber nun von dort auf mein [mm]c_{1}(x)[/mm] und
> [mm]c_{2}(x)[/mm] , ich habe ja jeweils beide in den gleichungen
> enthalten? normalerweise habe ich dort ja immer die erste
> ableitung gebildet und dies dann in meine
> ursprungsgleichung eingesetzt, muss ich hier nun meine
> zweite ableitung (wegen y'') bilden und diese dann jeweils
> einsetzen? dann aus den beiden aufgelösten gleichungen
> jeweils das gegenstück in die andere einsetzen um dann
> meine [mm]c_{1}(x)[/mm] und [mm]c_{2}(x)[/mm] zu bestimmen - könnte klappen,
> oder liege ich falsch?
Eine zweite Ableitung musst Du hier nicht bilden. Das ganze ist ja ein System 1. Ordnung. Das hat man nur gemacht um die Methode der Variation der Konstanten anwenden zu können.
Leite den Ansatz einmal ab und setze diesen in das System 1. Ordnung ein. Dann gibt es ein Gleichungssystem, für die Ableitungen von [mm]c_{i}(x)[/mm]. Das Gleichungssystem ist dann zu lösen, und die Funktionen [mm]c_{i}(x)[/mm] zu bestimmen.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:50 Mi 01.06.2005 | | Autor: | kruder77 |
hi mathe power,
habe ich das jetzt verstanden? :
y''-y=- [mm] \bruch{1}{1+e^{x}}
[/mm]
[mm] \to \lambda_{1/2}= \pm \wurzel[2]{1}
[/mm]
[mm] \to y_{h}=C_{1}*e^{x}+C_{2}*e^{-x}
[/mm]
[mm] \to
[/mm]
[mm] y_{1}=C_{1}*e^{x}+C_{2}*e^{-x}=y
[/mm]
[mm] y_{2}=C_{1}*e^{x}- C_{2}*e^{-x}=y'
[/mm]
[mm] \to
[/mm]
(Sternchen)
[mm] y_{1}=C_{1}(x)*e^{x}+C_{2}(x)*e^{-x}=0
[/mm]
[mm] y_{2}=C_{1}(x)*e^{x}- C_{2}(x)*e^{-x}=\bruch{1}{1+e^{x}}
[/mm]
[mm] y_{2} [/mm] * -1
[mm] \to
[/mm]
[mm] 2*C_{2}(x)*e^{-x}= \bruch{1}{1+e^{x}}
[/mm]
[mm] C_{2}(x)=\bruch{-e^{x}}{2*(1+e^{x})}
[/mm]
[mm] \to
[/mm]
[mm] C_{1}(x)=\bruch{-1}{2*(1+e^{x})}
[/mm]
[mm] \to
[/mm]
[mm] y_{p}=\bruch{-1}{2*(1+e^{x})}*e^{x}+\bruch{-e^{x}}{2*(1+e^{x})}*e^{-x}
[/mm]
was mich ein wenig irretiert, ist dass ich nicht wie sonst ein C'(x) habe das ich dann integrieren muss, hätte ich an der stelle (Sternchen) nochmal ableiten müssen ? der sonstige weg ist aber der richtige, gell?
vielen dank & gruß
kruder
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Hallo kruder,
> y''-y=- [mm]\bruch{1}{1+e^{x}}[/mm]
> [mm]\to \lambda_{1/2}= \pm \wurzel[2]{1}[/mm]
> [mm]\to y_{h}=C_{1}*e^{x}+C_{2}*e^{-x}[/mm]
>
> was mich ein wenig irretiert, ist dass ich nicht wie sonst
> ein C'(x) habe das ich dann integrieren muss, hätte ich an
> der stelle (Sternchen) nochmal ableiten müssen ? der
> sonstige weg ist aber der richtige, gell?
Statt den [mm]C_{i}(x)[/mm] müssen im Gleichungssystem deren Ableitungen [mm]C_{i}^{'}(x)[/mm] stehen.
Für Dich nochmal zum nachvollziehen:
Mit den Setzungen
[mm]\begin{array}{l}
y_{1} \; = \;y \\
y_{2} = \;y' \\
\end{array}[/mm]
lautet das DGL-System 1. Ordnung:
[mm]
\left( {\begin{array}{*{20}c}
{y_{1} } \\
{y_{2} } \\
\end{array}} \right)^{'} \; = \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
0 & 1 \\
1 & 0 \\
\end{array}} \right)\;\left( {\begin{array}{*{20}c}
{y_{1} } \\
{y_{2} } \\
\end{array}} \right)\; + \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
0 \\
{ - \;\frac{1}{{1\; + \;e^x }}} \\
\end{array}} \right)[/mm]
Das homogene System hat die Lösung
[mm]
\left( {\begin{array}{*{20}c}
{y_{1} } \\
{y_{2} } \\
\end{array}} \right)\; = \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
{c_{1} \;e^{x} \; + \;c_{2} \;e^{ - x} } \\
{c_{1} \;e^{x} \; - \;c_{2} \;e^{ - x} } \\
\end{array}} \right)[/mm]
Für die partikuläre Lösung werden nun die Konstanten variiert:
[mm]
\left( {\begin{array}{*{20}c}
{y_{1} } \\
{y_{2} } \\
\end{array}} \right)\; = \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
{c_{1}(x) \;e^{x} \; + \;c_{2}(x) \;e^{ - x} } \\
{c_{1}(x) \;e^{x} \; - \;c_{2}(x) \;e^{ - x} } \\
\end{array}} \right)[/mm]
Dieser Ansatz wird nun in das System 1. Ordnung eingesetzt:
[mm]\left( {\begin{array}{*{20}c}
{c_{1 }^{'} \;e^{x} \; + \;c_{1} \;e^{x} \; + c_{2 }^{'} \;e^{ - x} \; - \;c_{2} \;e^{ - x} } \\
{c_{1 }^{'} \;e^{x} \; + \;c_{1} \;e^{x} \; - c_{2 }^{'} \;e^{ - x} \; + \;c_{2} \;e^{ - x} } \\
\end{array}} \right)\; = \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
{c_{1} \;e^{x} \; + \;c_{2} \;e^{ - x} } \\
{c_{1} \;e^{x} \; - \;c_{2} \;e^{ - x} } \\
\end{array}} \right)\; + \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
0 \\
{ - \;\frac{1}{{1\; + \;e^{x} }}} \\
\end{array}} \right)[/mm]
Hieraus folgt nun:
[mm]\left( {\begin{array}{*{20}c}
{c_{1 }^{'} \;e^{x} + c_{2 }^{'} \;e^{ - x} } \\
{c_{1 }^{'} \;e^{x} \; - c_{_2 }^{'} \;e^{ - x} } \\
\end{array}} \right)\; = \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
0 \\
{ - \;\frac{1}{{1\; + \;e^{x} }}} \\
\end{array}} \right)[/mm]
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:02 Mi 01.06.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo Mathe Power,
vielen, vielen Dank für die ausführliche Erklärung!!!
Und ab den letzten Punkt löse ich nun nach den verschiedenen C's in Form eines linearen Gleichungs Systems auf und integriere anschließend, gell?
Gruß & Danke
Kruder77
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Hallo kruder,
> Hallo Mathe Power,
>
> vielen, vielen Dank für die ausführliche Erklärung!!!
>
> Und ab den letzten Punkt löse ich nun nach den
> verschiedenen C's in Form eines linearen Gleichungs Systems
> auf und integriere anschließend, gell?
Ja. Und dann die erhaltenene [mm]C_{i}(x)[/mm] in den Ansatz einsetzen und fertig.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:24 Do 02.06.2005 | | Autor: | kruder77 |
Hallo Mathe Power,
ich bin nun auf:
[mm] y_{1}(x)=-\bruch{(ln(e^{x}+1)-x)}{2}*e^{x}+\bruch{(ln(e^{x}+1))}{2}*e^{-x}
[/mm]
[mm] y_{2}(x)=-\bruch{(ln(e^{x}+1)-x)}{2}*e^{x}-\bruch{(ln(e^{x}+1))}{2}*e^{-x}
[/mm]
(Integrationskonstanten [mm] K_{1} [/mm] und [mm] K_{2} [/mm] = 0 gesetzt.)
gekommen nachdem ich die ermittelten Konstanten eingesetzt habe.
Wie komme ich nun von hier auf meine allgemeine Lösung? Kann ich einfach wieder von [mm] y(x)=y_{h}(x)+y{p}(x) [/mm] ausgegehen? Oder stellt das oben schon meine allgemeine Lösung dar und ich habe [mm] y_{h} [/mm] nur ermittelt um den Ansatz zu bekommen?
Vielen Dank & Gruß
kruder77
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Hallo kruder,
[mm]y_{1}(x)=-\bruch{(ln(e^{x}+1)-x)}{2}*e^{x}+\bruch{(ln(e^{x}+1))}{2}*e^{-x}[/mm]
>
> [mm]y_{2}(x)=-\bruch{(ln(e^{x}+1)-x)}{2}*e^{x}-\bruch{(ln(e^{x}+1))}{2}*e^{-x}[/mm]
>
> (Integrationskonstanten [mm]K_{1}[/mm] und [mm]K_{2}[/mm] = 0 gesetzt.)
>
> gekommen nachdem ich die ermittelten Konstanten eingesetzt
> habe.
>
> Wie komme ich nun von hier auf meine allgemeine Lösung?
Da musst Du dann die Integrationskonstanten mitschleppen, dann steht die allgemeine Lösung schon da.
Ich habe als Lösung herausbekommen:
[mm]
\left( {\begin{array}{*{20}c}
{y_{1} (x)} \\
{y_{2} (x)} \\
\end{array}} \right) = \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
{k_{1} \;e^{x} \; + \;k_{2} \;e^{ - x} } \\
{k_{1} \;e^{x} \; - \;k_{2} \;e^{ - x} } \\
\end{array}} \right)\; + \;\left( {\begin{array}{*{20}c}
{\;\frac{{e^{ - x} \; + \;x\; - \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^{x} \; - \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^{ - x} } \\
{\frac{{e^{ - x} \; + \;x\; - \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^x \; + \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^x } \right)}}{2}\;e^{ - x} } \\
\end{array}} \right)[/mm]
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:52 Do 02.06.2005 | | Autor: | kruder77 |
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Hi Mathe Power
ok, ich denke ich habe es soweit verstanden 
komme jedoch anstatt auf :
$ \left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {y_{1} (x)} \\ {y_{2} (x)} \\ \end{array}} \right) = \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {k_{1} \;e^{x} \; + \;k_{2} \;e^{ - x} } \\ {k_{1} \;e^{x} \; - \;k_{2} \;e^{ - x} } \\ \end{array}} \right)\; + \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {\;\frac{{e^{ - x} \; + \;x\; - \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^{x} \; - \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^{ - x} } \\ {\frac{{e^{ - x} \; + \;x\; - \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^x \; + \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^x } \right)}}{2}\;e^{ - x} } \\ \end{array}} \right) $
auf:
$ \left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {y_{1} (x)} \\ {y_{2} (x)} \\ \end{array}} \right) = \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {k_{1} \;e^{x} \; + \;k_{2} \;e^{ - x} } \\ {k_{1} \;e^{x} \; - \;k_{2} \;e^{ - x} } \\ \end{array}} \right)\; + \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {\;\frac{{-(e^{ x} \; * \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)-x*e^{x}-1)}}{2}\; \; + \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)*e^{-x}}}{2}\; \\ {\frac{{-(e^{ x} \; * \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)-x*e^{x}-1)}}{2}\; - \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^x } \right)*e^{-x}}}{2}\;} \\ \end{array}} \right) $
wobei sich die Vorzeichen zwischen den Termen unterscheiden???
mit K_{1} & K_{2}= 0 meinte ich die Integrationskonstanten von der VdK die vom homogenen System hatte ich ursprünglich mit C_{1} und C_{2} betitelt aber das ist ja nun nebensächlich.
Vielen Dank & Gruß
kruder77
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Hallo kruder,
> [mm]\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {y_{1} (x)} \\ {y_{2} (x)} \\ \end{array}} \right) = \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {k_{1} \;e^{x} \; + \;k_{2} \;e^{ - x} } \\ {k_{1} \;e^{x} \; - \;k_{2} \;e^{ - x} } \\ \end{array}} \right)\; + \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {\;\frac{{e^{ - x} \; + \;x\; - \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^{x} \; - \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^{ - x} } \\ {\frac{{e^{ - x} \; + \;x\; - \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)}}{2}\;e^x \; + \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^x } \right)}}{2}\;e^{ - x} } \\ \end{array}} \right)[/mm]
>
> auf:
>
>
>
> [mm]\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {y_{1} (x)} \\ {y_{2} (x)} \\ \end{array}} \right) = \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {k_{1} \;e^{x} \; + \;k_{2} \;e^{ - x} } \\ {k_{1} \;e^{x} \; - \;k_{2} \;e^{ - x} } \\ \end{array}} \right)\; + \;\left( {\begin{array}{\cdot{}{20}c} {\;\frac{{-(e^{ x} \; * \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)-x*e^{x}-1)}}{2}\; \; + \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)*e^{-x}}}{2}\; \\ {\frac{{-(e^{ x} \; * \;\ln \left( {1\; + \;e^{x} } \right)-x*e^{x}-1)}}{2}\; - \;\;\frac{{\ln \left( {1\; + \;e^x } \right)*e^{-x}}}{2}\;} \\ \end{array}} \right)[/mm]
die einfachste Methoder das herauszubekommen, wessen Lösung stimmt, ist Einsetzen in die DGL.
Gruß
MathePower
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