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Forum "Gewöhnliche Differentialgleichungen" - inhomogene DGL
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inhomogene DGL: Partikuläre Lösung und Allg. L
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 22:49 Sa 21.02.2009
Autor: murmel

Aufgabe
Gegeben ist die Funktion:

[mm] \ddot x(t) + \bruch{1}{2} \dot x(t)+2x(t)=t^2[/mm]

Bestimme die allgemeine Lösung der DGL mit den Anfangsbedingungen

[mm]x(0) = 0, \dot x(0)=-8[/mm]

Ist der folgende Lösungsansatz richtig?

Für den homogenen Teil der DGL:

[mm]1.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm]x(t)=A*exp[\lambda * t][/mm]; [mm] \;[/mm]  [mm]\dot x(t) = A* \lambda * exp[\lambda * t][/mm]; [mm] \;[/mm]  [mm] \ddot x(t)= A* \lambda^2 * exp[\lambda * t] [/mm]

[mm]2.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] A* \lambda^2 * exp[\lambda * t] + \bruch{1}{2}*A* \lambda * exp[\lambda * t] + 2*A*exp[\lambda * t] = 0[/mm]

"Elemenierung" der Exponentialfunktion mit Konstante A:

[mm]3.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] A* \lambda^2 + \bruch{1}{2}*A* \lambda + 2*A =0 [/mm]

pq-Formel anwenden:

[mm]- \bruch{p}{2} \pm \wurzel{\bruch{p^2}{4} - q} [/mm]

[mm]4.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm]\lambda_{1, 2}=- \bruch{\bruch{1}{2}}{2} \pm \wurzel{\bruch{\bruch{1}{4}}{4} - 2} \gdw \lambda_{1, 2}=- \bruch{1}{4} \pm \wurzel{\bruch{1}{16} - 2} \gdw \lambda_{1, 2}=- \bruch{1}{4} \pm \wurzel{-\bruch{31}{16} } \gdw \lambda_{1, 2}=- \bruch{1}{4} \pm i *\wurzel{\bruch{31}{16} }[/mm]

Die allgemeine Lösung der homogenen DGL mit der Form:

[mm]\lambda_{1,2} = \alpha \pm \beta*t[/mm]

[mm]5.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] x(t) = exp \left[ - \bruch{1}{4} * t \right]* \left( A* sin \left( \Wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) + B * cos \left( - \wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) \right)[/mm]

Bestimmen von A, B, Einarbeiten der Anfangsbedingungen mit x(0) = 0, x'(0)=-8:

Ableitungen der Allgemeinen Lösung:


[mm]6.1)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] x(t) = exp \left[ - \bruch{1}{4} * t \right]* \left( A* sin \left( \Wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) + B * cos \left( - \wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) \right)[/mm]

[mm]6.2)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] \dot x(t) =- \bruch{1}{4}*exp \left[ - \bruch{1}{4} * t \right]*A* sin \left( \Wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) - A*exp \left[ - \bruch{1}{4} * t \right] * \wurzel{\bruch{31}{16}}*cos \left( - \wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right)- \bruch{1}{4}*exp \left[ - \bruch{1}{4} * t \right]*B* cos \left( \Wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) + \wurzel{\bruch{31}{16}}* B*exp \left[ -\bruch{1}{4} * t \right] * \wurzel{\bruch{31}{16}}*sin \left( - \wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right)[/mm]


Für 6.1 gilt t = 0 und x(t) = 0


[mm]7.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] 0 = B [/mm]


Für 6.2 gilt t = 0 und x'(t) = -8 mit B = 0


[mm]8.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] -8 =- A* \wurzel{\bruch{31}{16}} \gdw 64 = A^2* \bruch{31}{16} \gdw 64 *16 = A^2*31 \gdw A = \wurzel{\bruch{64 *16}{31}} \gdw A = 5 \bruch{3}{4} \gdw A = \bruch{23}{4}[/mm]

Einsetzen von A, B in 5.)

[mm]9.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] x(t) = exp \left[ - \bruch{1}{4} * t \right]* \left( \bruch{23}{4}* sin \left( \Wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) + 0 * cos \left( - \wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) \right)[/mm]

[mm]9.1.)[/mm] [mm] \;[/mm] [mm] x(t) = exp \left[ - \bruch{1}{4} * t \right]* \left( \bruch{23}{4}* sin \left( \Wurzel{\bruch{31}{16}} *t \right) \right)[/mm]

Die Lösung der inhomogenen Gleichung setzt sich ja aus dem homogenen und dem partikulären Anteil der inhomogenen DGL zusammen. Leider habe ich gerade keine Ahnung wie ich den partikulären Teil lösen soll? Könnte mir bitte jemand weiterhelfen und auch "sagen", ob der vorangegangene Rechenweg richtig ist? Ich lerne gerade für eine Klausur.


        
Bezug
inhomogene DGL: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 23:07 Sa 21.02.2009
Autor: leduart

Hallo murmel
Du kannst die Anfangsbed. nicht in die Loesung der homogenen Dgl einsetzen. Erst in die vollstaendige Loesung.
Der Ansatz fuer die inhomogene ist ein Polynom 2ten Grades in t, also [mm] x=ax^2+bx+c [/mm]  in die Dgl einsetzen und Koeffizientenvergleich machen.
Oder, wenn ihr das gelernt habt Variation der Konstanten, d.h. statt C   C(x)
gruss leduart

Bezug
                
Bezug
inhomogene DGL: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 23:10 Sa 21.02.2009
Autor: murmel

---
Bezug
                        
Bezug
inhomogene DGL: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 23:13 Sa 21.02.2009
Autor: murmel

Ja, stimmt, dann gelten die AB ja nur für die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL! Erst dann können sie eingesetzt werden.

Bezug
        
Bezug
inhomogene DGL: Allgemeine Lösung
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 13:35 So 22.02.2009
Autor: murmel

Hallo, ich habe noch mal gerechnet und komme nun auf folgende allgemeine Lösung der inhomogenen DGL:

[mm]x_A = exp \left [ - \bruch{1}{4} * t \right ] * \left ( A * sin \left [ t \wurzel {\bruch{31} {16}} \right] + B * cos \left [ -t \wurzel{\bruch{31}{16}} \right ] \right ) - \bruch{1}{2} + t^2[/mm]

Ist dies richtig?

Bezug
                
Bezug
inhomogene DGL: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 14:00 So 22.02.2009
Autor: leduart

Hallo
wenn ich deine spezielle Loesg [mm] x=-1/2+t^2 [/mm] in die Dgl einsetze stimmt sie nicht.
Verifizier das doch selbst noch mal.
gruss leduart

Bezug
                        
Bezug
inhomogene DGL: Frage (reagiert)
Status: (Frage) reagiert/warte auf Reaktion Status 
Datum: 14:39 So 22.02.2009
Autor: murmel

Hallo leduart,

tut mir leid, aber ich stehe auf dem Schlauch! Was mache ich falsch?

Gruß, murmel

Bezug
                                
Bezug
inhomogene DGL: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
Datum: 15:41 So 22.02.2009
Autor: murmel

Hab's nochmal neu bearbeitet.
Bezug
                
Bezug
inhomogene DGL: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 15:39 So 22.02.2009
Autor: murmel

Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "\left" und "\right" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)

$ x_A = exp \left [ - \bruch{1}{4} \cdot{} t \right ] \cdot{} \left ( A \cdot{} sin \left [ t \wurzel {\bruch{31} {16}} \right] + B \cdot{} cos \left [ -t \wurzel{\bruch{31}{16}} \right ] \right ) - \bruch{1}{2} + t^2 $

Ok, ich hab's mir noch einmal angesehen und hoffe nun, dass dies jetzt richtig ist. Kann es sein, dass ich lediglich einen Term und Koeffizienten vergessen habe? Also, dass das Ergebnis dann so aussieht:

$ x_A =x_h + x_p = exp \left [ - \bruch{1}{4} \cdot{} t \right ] \cdot{} \left ( A \cdot{} sin \left [ t \wurzel {\bruch{31} {16}} \right] + B \cdot{} cos \left [ -t \wurzel{\bruch{31}{16}} \right ] \right ) + \bruch{1}{2}t^2 $ - \bruch{1}{4}t - \bruch{1}{2}
Wenn das wieder falsch ist, muss ich passen, ich verstehe dann nur noch "Bahnhof". Ich verstehe den Sinn der partikulären Lösung gar nicht!

Bezug
                        
Bezug
inhomogene DGL: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 16:22 So 22.02.2009
Autor: leduart

Hallo
ich versteh nicht, warum du deine part. Loesung nicht in die Dgl einsetzt:
[mm] x=1/4t^2-1/4t [/mm] -1/2
x'=1/2t-1/4
x''=1/2
eingesetzt in die Dgl gibt das nicht 0.
du musst doch nur
[mm] x=ax^2+bx+c [/mm]
x'=2ax+b
x''=2a einsetzen.
Es kommt nur einmal [mm] t^2 [/mm] mit dem Faktor 2a (von 2*x) vor, also folgt a=1/2
dann bleiben noch zwei gleichungen:
der Faktor bei x und das absolute glied muessen 0 sein. und 2 Gl. mit 2 Unbekannten loesen kannst du doch.
Im Wiederholungsfall lass doch die Loesung der hom. gl erstmal weg, und schreib, was du zur Loesung der inh. getan hast.
ohne rechenweg ist schlecht Fehler finden.
Und BITTE setz deine loesung in die Dgl ein, bevor du sie postest! ich muss das ja auch zum ueberpruefen.
Gruss leduart

Bezug
                                
Bezug
inhomogene DGL: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 20:51 So 22.02.2009
Autor: murmel

Ok, ich versuch's, aber krieg' bitte nicht die Krise wenn ich wieder mal zu blöd bin, deine Ausführungen zu verstehen.
Wenn ich's könnte, würde ich ja hier nicht fragen.
Also:

Ich "kümmere" mich vorerst nur um den "inhomogenen Teil" der DGL.

[mm] I [/mm][mm] \qquad[/mm]   [mm]\ddot x(t) + \bruch{1}{2} \dot x(t) + 2 x(t) = t^2 [/mm]

Wenn ich "das Finden" der partikulären Lösung richtig verstanden habe, brauch ich eine Funktion die die DGL (inh. DGL.) löst!

Ich entscheide mich für die Form

[mm] II [/mm][mm] \qquad[/mm]  [mm]x(t) =\bruch{1}{2}*t^2 - \bruch{1}{4}t-\bruch{7}{16}\right][/mm]


Nun bilde ich die Ableitungen, genau 2!

[mm] III [/mm][mm] \qquad[/mm]  [mm]\dot x(t) = t - \bruch{1}{4} ;\ \ddot x(t) = 1[/mm]

Ich setze also die Ableitungen in die DGL. ein:

[mm] IV [/mm][mm] \qquad[/mm]  [mm]1 + \bruch{1}{2} \left[ t - \bruch{1}{4} \right] + 2 \left[\bruch{1}{2}t^2-\bruch{1}{4}t-\bruch{7}{16} \right]= t^2 [/mm]

Meines Erachtens ist die Gleichung gelöst, d.h., die partikuläre Lösung ist:

[mm]V[/mm][mm] \qquad[/mm]  [mm]x_p =\bruch{1}{2}*t^2 - \bruch{1}{4}t-\bruch{7}{16}\right] [/mm]

Passt's so etwa?


Bezug
                                        
Bezug
inhomogene DGL: Hurra, es passt
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:56 So 22.02.2009
Autor: leduart

Hallo murmel.
Ja, jetzt passts.
gruss leduart

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