Partikuläre Lösungen der inh < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Bestimme die allgemeine Lösung der Differentialgleichung
$y'''-y'=x-1$ |
Also ich habe den homogenen Teil schon gelöst und komme auf
[mm] \lambda_1 [/mm] = 0
[mm] \lambda_2= [/mm] 1
[mm] \lambda_3= [/mm] -1
Somit ergibt sich:
$y(x)= [mm] c_1+c_2e^x+c_3e^{-x}$
[/mm]
Nun muss ich ja noch die Partikuläre Lösung bestimmen und zur homogenen dazu addieren.
Doch, ich komme nicht auf den Ansatz....oder gibt es da einen "Trick" um immer den richtigen zu finden?
Danke euch
:)
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 17:58 Mi 19.02.2014 | | Autor: | fred97 |
> Bestimme die allgemeine Lösung der Differentialgleichung
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> [mm]y'''-y'=x-1[/mm]
> Also ich habe den homogenen Teil schon gelöst und komme
> auf
>
> [mm]\lambda_1[/mm] = 0
> [mm]\lambda_2=[/mm] 1
> [mm]\lambda_3=[/mm] -1
>
> Somit ergibt sich:
>
> [mm]y(x)= c_1+c_2e^x+c_3e^{-x}[/mm]
>
> Nun muss ich ja noch die Partikuläre Lösung bestimmen und
> zur homogenen dazu addieren.
>
> Doch, ich komme nicht auf den Ansatz....oder gibt es da
> einen "Trick" um immer den richtigen zu finden?
Denk mal an ein Polynom vom grad 2.
Warum ? Darum: ist y ein solches Polynom, so ist y'''=0. Wenn y eine Lösung der DGL sein soll, so ist y so zu bestimmen, dass
-y'=x-1
ist.
FRED
>
> Danke euch
> :)
>
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> Denk mal an ein Polynom vom grad 2.
>
> Warum ? Darum ist y ein solches Polynom, so ist y'''=0.
> Wenn y eine Lösung der DGL sein soll, so ist y so zu
> bestimmen, dass
>
> -y'=x-1
>
Ok
ich nehme [mm] \psi(x)= ax^2+bx+c
[/mm]
[mm] \psi'(x)= [/mm] 2ax+b
[mm] \psi''(x)=2a
[/mm]
[mm] \psi'''(x)=0
[/mm]
eingesetzt in den Anfang ergibt
$-2ax-b=x-1$
Koeffizientenvergleich
[mm] $x^1 [/mm] : -2a=1 [mm] \rightarrow [/mm] a=-1/2$
[mm] $x^0: [/mm] -b=-1 [mm] \rightarrow [/mm] b=1$
Nun würde ich zurückeinsetzen aber ich habe ja kein c herausbekommen
[mm] $\psi(x) =-1/2x^2+x+$[red]c[/red]
[/mm]
???
> ist.
>
> FRED
> >
> > Danke euch
> > :)
> >
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Hallo Steffen2361,
> >
> > Denk mal an ein Polynom vom grad 2.
> >
> > Warum ? Darum ist y ein solches Polynom, so ist y'''=0.
> > Wenn y eine Lösung der DGL sein soll, so ist y so zu
> > bestimmen, dass
> >
> > -y'=x-1
> >
>
> Ok
>
> ich nehme [mm]\psi(x)= ax^2+bx+c[/mm]
>
> [mm]\psi'(x)=[/mm] 2ax+b
> [mm]\psi''(x)=2a[/mm]
> [mm]\psi'''(x)=0[/mm]
>
> eingesetzt in den Anfang ergibt
>
> [mm]-2ax-b=x-1[/mm]
>
> Koeffizientenvergleich
>
> [mm]x^1 : -2a=1 \rightarrow a=-1/2[/mm]
>
> [mm]x^0: -b=-1 \rightarrow b=1[/mm]
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> Nun würde ich zurückeinsetzen aber ich habe ja kein c
> herausbekommen
>
Das ist kein Wunder, da die Konstante die homogene DGL löst.
> [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x+[/mm]c
>
> ???
>
Die partikuläre Lösung lautet somit:
[mm]\psi(x) =-1/2x^2+x[/mm] ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
>
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> > ist.
> >
> > FRED
> > >
> > > Danke euch
> > > :)
> > >
> >
>
Gruss
MathePower
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> Das ist kein Wunder, da die Konstante die homogene DGL
> löst.
Jetzt hast du mich verwirrt, wie soll diese konstante meine DGL lösen??
>
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> > [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x+[/mm]c
> >
> > ???
> >
>
>
> Die partikuläre Lösung lautet somit:
>
> [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x[/mm]
>
Also zusammengefasst, es gibt kein einheitliches "Rezept". Ich muss mir diesen Ansatz quasi erraten oder?
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Hallo Steffen2361,
> > >
> >
> >
> > Das ist kein Wunder, da die Konstante die homogene DGL
> > löst.
>
> Jetzt hast du mich verwirrt, wie soll diese konstante meine
> DGL lösen??
>
Du selbst hast als Lösung des charakteristischen Polynoms
unter anderem [mm]\lambda=0[/mm] heraus,
welches mit einer beliebigen Konstanten zu identifizieren ist.
>
> >
> >
> > > [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x+[/mm]c
> > >
> > > ???
> > >
> >
> >
> > Die partikuläre Lösung lautet somit:
> >
> > [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x[/mm]
> >
>
> Also zusammengefasst, es gibt kein einheitliches "Rezept".
> Ich muss mir diesen Ansatz quasi erraten oder?
>
Es gibt schon ein Konzept.
Und zwar ist die rechte Seite der DGL (Störfunktion) ein
lineares Polynom.
Daher lautet der vorläufige Ansatz [mm]\psi\left(x\right)=a*x+b[/mm]
Nun ist aber auch eine Konstante, welche die homogene DGL löst,
Bestandteil dieser Störfunktion. Daher ist der vorläufige Ansatz
mit der Vielfachheit der Nullstelle [mm]\lambda=0[/mm] im
charakteristischen Polynom zu multiplizieren.
Damit lautet der endgültige Ansatz: [mm]\psi\left(x\right)=\blue{x}*\left(a*x+b\right)[/mm]
Gruss
MathePower
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> Hallo Steffen2361,
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> > > Das ist kein Wunder, da die Konstante die homogene DGL
> > > löst.
> >
> > Jetzt hast du mich verwirrt, wie soll diese konstante meine
> > DGL lösen??
> >
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> Du selbst hast als Lösung des charakteristischen Polynoms
> unter anderem [mm]\lambda=0[/mm] heraus,
> welches mit einer beliebigen Konstanten zu identifizieren
> ist.
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> > > > [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x+[/mm]c
> > > >
> > > > ???
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> > > Die partikuläre Lösung lautet somit:
> > >
> > > [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x[/mm]
> > >
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> > Also zusammengefasst, es gibt kein einheitliches "Rezept".
> > Ich muss mir diesen Ansatz quasi erraten oder?
> >
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> Es gibt schon ein Konzept.
>
> Und zwar ist die rechte Seite der DGL (Störfunktion) ein
> lineares Polynom.
> Daher lautet der vorläufige Ansatz
> [mm]\psi\left(x\right)=a*x+b[/mm]
>
> Nun ist aber auch eine Konstante, welche die homogene DGL
> löst,
> Bestandteil dieser Störfunktion. Daher ist der
> vorläufige Ansatz
> mit der Vielfachheit der Nullstelle [mm]\lambda=0[/mm] im
> charakteristischen Polynom zu multiplizieren.
>
> Damit lautet der endgültige Ansatz:
> [mm]\psi\left(x\right)=\blue{x}*\left(a*x+b\right)[/mm]
ahhhhhh vielen Dank, ich glaub ich habs raus :)
>
>
> Gruss
> MathePower
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 08:50 Do 20.02.2014 | | Autor: | fred97 |
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> > Das ist kein Wunder, da die Konstante die homogene DGL
> > löst.
>
> Jetzt hast du mich verwirrt, wie soll diese konstante meine
> DGL lösen??
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> >
> > > [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x+[/mm]c
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> > > ???
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> > Die partikuläre Lösung lautet somit:
> >
> > [mm]\psi(x) =-1/2x^2+x[/mm]
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> Also zusammengefasst, es gibt kein einheitliches "Rezept".
> Ich muss mir diesen Ansatz quasi erraten oder?
Nein, dass musst Du nicht. Rezepte gibt es,z.B. hier:
http://www.math.tu-dresden.de/~pfeifer/chemie/m2-ss12/tab-ans.pdf
Oft ist ea aber nicht sinnvoll, sich solcher Rezepte zu bedienen. Besser ist es manchmal, wenn man sich die vorgelegte DGL genau anschaut und ein wenig denkt.
Ich zeig Dir mal einen solchen Fall:
Zu bestimmen ist eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL
(1) [mm] $y^{(4711)}+y''=x^4+x^2$
[/mm]
Meine Strategie ist hier:
1. Ich schau mir die Störfunktion in (1) an und stelle fest: "prima ein Polynomvom Grad 4". Polynome sind angenehme Zeitgenossen !
2. Ich überlege mir: wenn ich eine spezielle Lösung [mm] y_s [/mm] von (1) hätte mit der Eigenschaft, dass [mm] y_s^{(4711)} [/mm] die Nullfunktion ist, so müsste ich nur noch dafür sorgen, dass [mm] y_s [/mm] folgendes leistet:
(2) [mm] $y_s''(x)=x^4+x^2$.
[/mm]
3. Für jedes Polynom p vom Grad [mm] \le [/mm] 4710 ist [mm] p^{(4711)} [/mm] die Nullfunktion.
4. Damit habe ich genug handfeste Hinweise, dass es eine spezielle Lösung [mm] y_s [/mm] gibt, die ein Polynom vom Grad [mm] \le [/mm] 4710 ist.
5. Jetzt stellt sich die Frage, wie finde ich ein solches Polynom [mm] y_s [/mm] ?
6. Ein Blick auf (2) ebnet mir ratz-fatz den Weg !
Jedes (!) Polynom, das (2) erfüllt leiste das Verlangte !
Aus (2) folgt: [mm] y_s'(x)=4x^3+2x+c_1 [/mm] und daraus
[mm] y_s(x)=12x^4+x^2+c_1x+c_2.
[/mm]
Wie ich [mm] c_1 [/mm] und [mm] c_2 [/mm] wähle, ist völlig schnuppe !
Ich machs mir einfach und habe mit
[mm] y_s(x)=12x^4+x^2
[/mm]
eine tadellose spezhielle Lösung von (1).
Gruß FRED
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