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Analytische Lösen einer DGL

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Gewöhnliche Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen

Maxime aktiv_icon

04:18 Uhr, 29.02.2016

Hi,

ich habe folgende Gleichung (Bild1). Die Gleichung ist für mich eine lineare DGL 1. Ordnung. Ich wende deshalb folgendes an (Bild2). Meine Lösung wäre demnach:

\frac{1}{2} e^{3 x}

. In der Lösung hätte ich jedoch folgendes (Bild3). Was mich irritiert ist, dass dort gesagt wird, dass das charakteristische Polynom bzw. der Ansatz vom Typ der rechten Seite verwendet wird. Verwende ich das aber nicht bei einer linearen DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten?

Danke im Voraus.

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich benötige bitte nur das Ergebnis und keinen längeren Lösungsweg."

pwmeyer aktiv_icon

08:36 Uhr, 29.02.2016

Hallo,

wie der Name "Ansatz" sagt, kann man ihn immer versuchen. Bei bestimmten rechten Seiten und linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten weiß man allerdings, dass er funktioniert - und zwar bei jeder Ordnung.

Gruß pwm

Maxime aktiv_icon

11:37 Uhr, 29.02.2016

Warum funktioniert aber mein Ansatz dann nicht? Sollte ich nicht dann auch mit der Methode für DGL. 1. Ordnung auf das Ergebnis kommen?

Und wie soll mein Ansatz für das charackteristische Polynom sein?

P (z) = - z - e^{t}

ledum aktiv_icon

12:16 Uhr, 29.02.2016

In deinem Bild 2 ist nicht klar, was a und

b

sind, ich nehme an die Dgl ist

y' = a (x) \cdot y + b (x)

?
dein a ist her

a (x) = 1, b (x) = e^{x}

und die Lösung wird durch Variation der Konstanten gefunden.
Bild 3 geht von einem Ansatz der Art der Inhomogenität aus. da die homogene Dgl schon die Lösung

e^{t}

hat muss man für die einhomogene

A \cdot t \cdot e^{t}

ansetzen.
und du kommst genau auf die Lösung von Bild 3
woher hast du denn die

\frac{1}{2} \cdot e^{3 x}

dass das keine Lösung der Dgl ist kannst du doch leicht durch einsetzen feststellen.
das charakteristische Polynom für die homogene Dgl wäre einfach \\lambda

= 1

wenn du

y = e^{λ \cdot t}

einsetzt.
Wenn du willst, dass wir deinen Denkfehler finden solltest du uns deine Rechnung vorführen
Gruß ledum

Maxime aktiv_icon

14:18 Uhr, 29.02.2016

Ich weiß nicht, wo mein Problem die ganz Zeit lag, aber jetzt beim Nachrechnen bin ich mit

V . d . K

. auf die Lösung gekommen. Das hätte sich dann geklärt.Zur anderen Methode jedoch:

A t e^{t} =

Störfunktion. In die Gleichung eingesetzt:

A e^{t} + A t e^{t} - A t e^{t} = e^{t}

A e^{t} = e^{t}

A = 1

Daraus folgt:

y 1 (x) = e^{t} t

Für meine allgemeine inhomogene Gleichung muss ich zu

y 1

noch meine homogene Lösung dazu addieren. Das wäre dann nur mein

e^{t}

?

Allgemein wäre der Ansatz dazu, für:

u^{(2)} (x) + a 1 u^{(1)} (x) + a 0 u (x) = b (x) \in I

\to P (z) = z^{2} + a 1 z + a 0

Jetzt habe ich aber eine Funktion mit:

u^{(1)} (x) - u (x) = b (x)

Damit hätte ich

P (z) = z + 1

ledum aktiv_icon

02:16 Uhr, 01.03.2016

Hallo
1. homogene Lösung ist doch

C \cdot e^{t}

2 -

wenn

a_{1} = - 1

hast du doch

z - 1 = 0

und weisst du denn nicht woher dieses Polynom kommt? es sieht so aus als verwendest du es wie eine komische Regel.
Gruß ledum

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