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Fundamentalsystem

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Gewöhnliche Differentialgleichungen

Partielle Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen, Partielle Differentialgleichungen

Jessy3 aktiv_icon

14:36 Uhr, 15.01.2013

Hallo,

ich habe das Anfangsproblem

x^{3} y''' (x) + 6 x^{2} y'' (x) + 4 x y' (x) - 4 y (x) = 16 (x^{2} + 1)

mit

x > 0

y (1) = - 2

y' (1) = 2

y'' (1) = 7

Es ist eine Eulersche DGL und ich bestimme die allgemeine Lösung mit dem Ansatz

y (x) = x^{λ}

Dann habe ich

0 = λ (λ - 1) (λ - 2) x^{3 + λ - 3} + 6 λ (λ - 1) x^{2 + λ - 2} + 4 λ x^{1 + λ - 1} - 4 x^{λ}

umgeformt komme ich auf

0 = x^{λ} (λ - 1) {(λ + 2)}^{2}

und da

x > 0

ist

λ = 1

oder

λ = - 2

Dazu muss ich nun das Fundamentalsystem bestimmen

Das setzt sich ja zusammen aus

x^{1}, x^{- 2},

und einem dritten Wert. Und ich weiss nicht wie ich diesen dritten Wert berechne. Kann mir da jemand sagen wie ich diesen bekomme?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Yokozuna aktiv_icon

17:16 Uhr, 15.01.2013

Hallo,

Normalerweise funktionert der Ansatz

y = x^{λ}

bei der Euler DGL ganz gut. Nun haben wir aber her das Problem mit dem doppelten Eigenwert. Deshalb gehe ich jetzt mal einen etwas anderen Weg, um die 3. Fundamentallösung zu bekommen.

Man kann die Euler DGL mit der Substitution

x = e^{t}

in eine lineare DGL mit konstanten Koeffizienten und mit der Variablen

t

statt

x

umwandeln. Dazu muß man die Ableitungen

y', y''

und

y'''

durch entsprechende Ableitungen nach

t

ersetzen. Es ist ja nun

y = y (e^{t}) \Rightarrow

\frac{d y}{d t} = \frac{d y}{d x} \cdot \frac{d x}{d t} = y' \cdot e^{t} \Rightarrow y' = e^{- t} \cdot \frac{d y}{d t}

Analog kann man

y'' = e^{- 2 t} \cdot (\frac{d^{2} y}{{d t}^{2}} - \frac{d y}{d t})

und

y''' = e^{- 3 t} \cdot (\frac{d^{3} y}{{d t}^{3}} - 3 \cdot \frac{d^{2} y}{{d t}^{2}} + 2 \cdot \frac{d y}{d t})

berechnen.

In die ursprüngliche Differentialgleichung eingesetzt erhält man

\frac{d^{3} y}{{d t}^{3}} + 3 \cdot \frac{d^{2} y}{{d t}^{2}} - 4 \cdot y = 0

Die zugehörige charakteritische Gleichung ist die gleiche, die Du auch herausbekommen hast mit den Lösungen lamba_1

= 1

und

λ_{2} = λ_{3} = - 2

. Wir haben also auch hier zunächst nur 2 Fundamentallösungen:

y_{1} (t) = e^{t}

(bzw. nach Rücksubstitution

y_{1} (x) = x)

y_{2} (t) = e^{- 2 t}

(bzw. nach Rücksubstitution

y_{2} (x) = x^{- 2})

Bei linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten kann man sich jedoch für einen doppelten Eigenwert leicht eine weitere Fundamentallösung basteln, nämlich

y_{3} (t) = t \cdot e^{- 2 t}

Wenn man das rücksubstituiert, erhält man

y_{3} (x) = ln (x) \cdot x^{- 2}

Viele Grüße
Yokozuna

Jessy3 aktiv_icon

17:46 Uhr, 15.01.2013

Hallo,

vielen Dank für die Antwort.

Eine andere Möglichkeit gibt es nicht?

Ich habe in der Musterlösung nachgeschaut, es wurde der Gleiche Ansatz gewählt wie ich ihn genommen habe.

Kann ich nicht direkt den Ansatz

ln (λ_{1}) x^{λ_{2}}

wählen?

Oder gibt es einen Trick um sowas direkt zu Beginn zu erkennen?

Es wäre ziemlich doof in der Prüfung erst die eine Methode, dann die zweite Methode zu berechnen. Die Zeit ist doch leicht begrenzt.

Yokozuna aktiv_icon

19:09 Uhr, 15.01.2013

Also den Ansatz

ln (λ_{1}) \cdot x^{λ_{2}}

kann ich jetzt nicht nachvollziehen, da ja

ln (λ_{1})

nur eine Konstante ist.

Ich habe den Umweg über die Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten nur gewählt, damit man nachvollziehen kann, woher das

ln (x)

kommt. Wenn man das mal weiß, kann man das natürlich direkter machen. Mal angenommen, Du hast eine 3-fache Nullstelle

λ

des charakteristischen Polynoms. Dann wäre eine Fundamentallösung

y = x^{λ}

und mit der Substitution

x = e^{t}

lautet die Fundamentallösung für die entsprechende Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten dann

y = e^{λ \cdot t}

. Dann kann ich aber für die Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten sofort 2 weitere Fundamentallösungen angeben, nämlich

y = t \cdot e^{λ \cdot t}

bzw.

y = t^{2} \cdot e^{λ \cdot t}

und die muß man dann nur wieder zurück substituieren in

y = ln (x) \cdot x^{λ}

bzw.

x = {(ln (x))}^{2} \cdot x^{λ}

. Man muß dazu also nicht erst die Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten herleiten.

Die Frage ist nur noch, wie man begründet, daß

z . B

y = ln (x) \cdot e^{λ}

eine weitere Fundamentallösung ist (kann man natürlich durch Einsetzen in die DGL beweisen, was aber einen zusätzlichen Rechenaufwand bedeutet). Du hast ja offensichtlich eine Musterlösung. Wie wird denn da die 3. Fundamentallösung hergeleitet?

Viele Grüße
Yokozuna

Jessy3 aktiv_icon

22:04 Uhr, 15.01.2013

Hallo,

vielen Dank für die Antwort.

Das Problem ist, in der Musterlösung wird das Fundamentalsystem nicht hergeleitet. Wie in meiner Rechnung wird

λ

berechnet und dann direkt das Fundamentalsystem angegeben.

Deswegen weiss ich leider auch nicht wie ich

100 %

vorgehen soll. Ich glaub in der Übung wurde direkt, so wie du es gerade gezeigt hast die Lösung angezeigt, ich kann mich aber nicht mehr

100 %

ersinnen.

gruß

Yokozuna aktiv_icon

22:51 Uhr, 15.01.2013

Und gibt die Musterlösung als 3. Fundamentallösung auch

\frac{ln (x)}{x^{2}}

an?

Jessy3 aktiv_icon

23:30 Uhr, 15.01.2013

ja, da stehn einfach die 3 Lösungen

Jessy3 aktiv_icon

17:59 Uhr, 16.01.2013

Vielen Dank für die ausführliche Antwort!

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