inhomogene DGL,Anfangswertprob < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | Lösen Sie die folgenden inhomogenen DGL bzw.Anfangswertprobleme mit Hilfe des Ansatzes vom Typ der rechten Seite:
a) [mm] u"+u`+u=1+e^t, [/mm] u(0)=1, u`(0)=0
[mm] b)y"+2y`+y=e^x+xe^x
[/mm]
[mm] c)y"+y`-6y=-108x^2, [/mm] y(0)=7, y`(0)=6 |
Hallo,
der Ansatz vom Typ der rechten Seite ist ja : y(t)=q(t)e^xt
für a habe ich so angefangen:
[mm] P(x)=x^2+x+1=0
[/mm]
[mm] x_1=-0,5-sqrt(3/4)i [/mm]
[mm] x_2=-0,5+sqrt(3/4)i
[/mm]
x entspricht lamda.
ich weiß nicht, wie ich weiter machen soll.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Gruß
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Hallo Student89,
> Lösen Sie die folgenden inhomogenen DGL
> bzw.Anfangswertprobleme mit Hilfe des Ansatzes vom Typ der
> rechten Seite:
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> a) [mm]u"+u'+u=1+e^t,[/mm] u(0)=1, u'(0)=0
>
> [mm]b)y"+2y'+y=e^x+xe^x[/mm]
>
> [mm]c)y"+y'-6y=-108x^2,[/mm] y(0)=7, y'(0)=6
> Hallo,
>
> der Ansatz vom Typ der rechten Seite ist ja :
> y(t)=q(t)e^xt
>
> für a habe ich so angefangen:
>
> [mm]P(x)=x^2+x+1=0[/mm]
>
> [mm]x_1=-0,5-sqrt(3/4)i[/mm]
> [mm]x_2=-0,5+sqrt(3/4)i[/mm]
>
> x entspricht lamda.
>
> ich weiß nicht, wie ich weiter machen soll.
>
Im Fall von komplexen Eigenwerten [mm]x_{1,2}[/mm]
ergeben sich die Lösungen der homogenen DGL zu
[mm]e^{a*t}*\sin\left(b*t\right), \ e^{a*t}*\cos\left(b*t\right)[/mm]
,wobei [mm]x_{1,2}=a\pm b*i[/mm]
Da die Lösungen der homogenen DGL kein Teil der rechten Seite sind,
genügt folgenden Ansatz:
[mm]y\left(t\right)=c_{1}+c_{2}*e^{t}[/mm]
Das wird nun in die inhomogene DGL eingesetzt.
Und dann mit der rechten Seite verglichen.
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
>
> Gruß
>
Gruss
MathePower
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Hallo,
also d.h.
[mm] u"+u`+u-1-e^t=c_1+c_2e^t
[/mm]
dann u(0)=1 , u`(0)=0 einsetzen :
[mm] u"+0+1-1-e^0=c_1+c_2e^0
[/mm]
[mm] u"-1=c_1+c_2
[/mm]
So etwa?
Gruß
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:33 Di 29.11.2011 | | Autor: | Student89 |
Die letzte Zeile heißt:
u" -1 [mm] =c_2+c_2
[/mm]
Gruß
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Hallo Student89,
> Hallo,
>
> also d.h.
>
> [mm]u"+u'+u-1-e^t=c_1+c_2e^t[/mm]
>
> dann u(0)=1 , u'(0)=0 einsetzen :
>
> [mm]u"+0+1-1-e^0=c_1+c_2e^0[/mm]
>
> [mm]u"-1=c_1+c_2[/mm]
>
> So etwa?
>
Nein.
Setze [mm]u=c_{1}+c_{2}*e^{t}[/mm] und gehe damit in die DGL.
> Gruß
Gruss
MathePower
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Oder war ein Koeffizientenvergleich gemeint:
so [mm] c_1+c_2e^t=1+e^t
[/mm]
[mm] c_1=1
[/mm]
[mm] c_2=1
[/mm]
Gruß
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Hallo Student89,
> Oder war ein Koeffizientenvergleich gemeint:
>
> so [mm]c_1+c_2e^t=1+e^t[/mm]
>
> [mm]c_1=1[/mm]
> [mm]c_2=1[/mm]
>
Auch nicht.
Setze doch [mm]u=c_{1}+c_{2}*e^{t}[/mm] und gehe damit in die DGL.
Führe dann eine Koeffizientenvergleich durch.
> Gruß
Gruss
MathePoper
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Ok hab ich gemacht:
[mm] u=c_1+c_2e^t
[/mm]
[mm] u`=c_2e^t
[/mm]
[mm] u"=c_2e^t
[/mm]
[mm] c_2e^t+c_2e^t+c_1+c_2e^t=1+e^t
[/mm]
[mm] c_1+3c_2e^t=1+e^t
[/mm]
[mm] c_1=1
[/mm]
[mm] c_2=1/3
[/mm]
Nun ist es aber richtig denke ich.
Gruß
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Hallo Student89,
> Ok hab ich gemacht:
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> [mm]u=c_1+c_2e^t[/mm]
> [mm]u'=c_2e^t[/mm]
> [mm]u"=c_2e^t[/mm]
>
> [mm]c_2e^t+c_2e^t+c_1+c_2e^t=1+e^t[/mm]
> [mm]c_1+3c_2e^t=1+e^t[/mm]
> [mm]c_1=1[/mm]
> [mm]c_2=1/3[/mm]
>
> Nun ist es aber richtig denke ich.
>
Ja. ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> Gruß
Gruss
MathePower
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Wie mache ich dann weiter?
Gruß
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Hallo,
Mach ich das bei b und c genauso wie bei a. D.h. wird immer y= [mm] c_1+c_2 e^t [/mm] in die DGL eingesetzt und mit der rechten Seite verglichen?
Gruß
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Hallo Student89,
> Hallo,
>
> Mach ich das bei b und c genauso wie bei a. D.h. wird immer
> y= [mm]c_1+c_2 e^t[/mm] in die DGL eingesetzt und mit der rechten
> Seite verglichen?
Der Ansatz für die partikuläre Lösung richtet sich nach
a) dem Typ der rechten Seite
b) der Lösung der homogenen DGL
Gruss
MathePower
>
> Gruß
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Hallo Student89,
> Wie mache ich dann weiter?
>
Die Lösung ergibt sich dann aus der Lösung der homogenen DGL
und der partikulären Lösung der inhomogenen DGL.
> Gruß
Gruss
MathePower
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Hallo,
und wie werden diese jeweils errechnet?
Gruß
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Hallo Student89,
> Hallo,
>
> und wie werden diese jeweils errechnet?
>
Die partikuläre Lösung ist ja schon errechnet wordeń.
Für die Lösung der homogenen DGL, löse
[mm]u''+u'+u=0[/mm]
> Gruß
Gruss
MathePower
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Hallo,
das habe ich doch am Anfang gemacht.Also für die Lösungen der homogenen DGL habe ich e^(-0,5t) sin ( sqrt(3/4) t), e^(-0,5t) cos ( sqrt (3/4) t)
Dann lautet die Lösung
y= 1 e^(-0,5t) sin (sqrt (3/4)t) + 1/3 e^(-0,5t) cos (sqrt (3/4)t)
Gruß
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Hallo,
Verräts du mir noch die Ansatzfunktionen für die partikulären Lösungen in b und c.
Gruß
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Hallo Student89,
> Hallo,
>
> Verräts du mir noch die Ansatzfunktionen für die
> partikulären Lösungen in b und c.
>
> Gruß
Die Ansatzfunktion sind hier, da diese keine Lösungen
der homogenen DGLs sind, vom Typ der rechten Seite.
Gruss
MathePower
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b) partikuläre Lösung:
[mm] y=c_2e^x
[/mm]
[mm] y`=c_2e^x
[/mm]
[mm] y"=c_2e^x
[/mm]
[mm] c_2e^x+2(c_2e^x)+c_2e^x= e^x +xe^x
[/mm]
[mm] 4c_2e^x=(1+x)e^x
[/mm]
[mm] 4c_2=1+x [/mm]
[mm] c_2 [/mm] = (1+x)/4
Gruß
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:02 Di 29.11.2011 | | Autor: | Student89 |
die 3.Zeile lautet y" = [mm] c_2e^x
[/mm]
Gruß
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Hallo Student89,
> b) partikuläre Lösung:
>
> [mm]y=c_2e^x[/mm]
> [mm]y'=c_2e^x[/mm]
> [mm]y"=c_2e^x[/mm]
>
> [mm]c_2e^x+2(c_2e^x)+c_2e^x= e^x +xe^x[/mm]
>
> [mm]4c_2e^x=(1+x)e^x[/mm]
>
>
> [mm]4c_2=1+x[/mm]
> [mm]c_2[/mm] = (1+x)/4
>
Der Ansatz lautet doch: [mm]y=\left(c_{1}+c_{2}*x}\right)*e^{x}[/mm]
Die Lösung stimmt aber zufälligerweise.
>
> Gruß
>
Gruss
MathePower
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Hallo,
lautet sie für c auch [mm] (c_1+c_2 x)e^x [/mm] ?
Und ich habe bei a für [mm] k_1=0 [/mm] und für [mm] k_2= [/mm] -1/3
Gruß
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Hallo Student89,
> Hallo,
>
> lautet sie für c auch [mm](c_1+c_2 x)e^x[/mm] ?
>
> Und ich habe bei a für [mm]k_1=0[/mm] und für [mm]k_2=[/mm] -1/3
>
Auf der rechten Seite stehe ein Polynom 2. Grades.
Demach lautet der Ansatz; [mm]k_{2}*x^{2}+k_{1}*x+k_{0}[/mm]
>
> Gruß
Gruss
MathePower
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Hallo Student89,
> Hallo,
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> das habe ich doch am Anfang gemacht.Also für die Lösungen
> der homogenen DGL habe ich e^(-0,5t) sin ( sqrt(3/4) t),
> e^(-0,5t) cos ( sqrt (3/4) t)
>
> Dann lautet die Lösung
>
> y= 1 e^(-0,5t) sin (sqrt (3/4)t) + 1/3 e^(-0,5t) cos (sqrt
> (3/4)t)
>
Da bringst Du etwas durcheinander.
Die homogene Lösung der DGL lautet:
[mm]y_{h}\left(t\right)=k_{1}*e^{-0,5t}*\sin\left(\sqrt {3/4}t\right)+k_{2}*e^{-0,5t}*\cos\left(\sqrt{3/4}t\right), \ k_{1},k_{2} \in \IR[/mm]
Die Lösung der partikulären DGL lautet: [mm]y_{p}\left(t\right)=1+\bruch{1}{3}*e^{t}[/mm]
> Gruß
Gruss
MathePower
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Hallo,
muss ich nun u(0)=1, u`(0)=0 in die Lösungen einsetzen?
Gruß
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Hallo Student89,
> Hallo,
>
> muss ich nun u(0)=1, u'(0)=0 in die Lösungen einsetzen?
>
Diese Anfangsbedingung setzt Du jetzt in die allgemeine Lösung der DGL ein:
[mm]u\left(0\right)=y_{h}\left(0\right)+y_{p}\left(0\right)[/mm]
[mm]u'\left(0\right)=y_{h}'\left(0\right)+y_{p}'\left(0\right)[/mm]
> Gruß
Gruss
MathePower
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Hallo,
zu b : Im Fall von reellen Eigenwerten, wie lautet dann die homogene Lösung der DGL?
Gruß
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Hallo Student89,
> Hallo,
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> zu b : Im Fall von reellen Eigenwerten, wie lautet dann die
> homogene Lösung der DGL?
>
Sind die Eigenwerte [mm]\lambda_{1},\lambda_{2}[/mm] verschieden.
so ergibt sich die homogene Lösung zu:
[mm]y_{h}\left(x\right)=k_{1}*e^{\lambda_{1}x}+k_{2}*e^{\lambda_{2}x}[/mm]
Sind die Eigenwerte dagegen gleich, so lautet die Lösung:
[mm]y_{h}\left(x\right)=k_{1}*e^{\lambda_{1}x}+k_{2}*x*e^{\lambda_{1}x}[/mm]
> Gruß
Grus
MathePower
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