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Lösen einer DGL 2.Ordnung

Universität / Fachhochschule

Gewöhnliche Differentialgleichungen

Tags: Gewöhnliche Differentialgleichungen

cleo123 aktiv_icon

17:20 Uhr, 12.09.2010

hey...
hab hier noch eine Aufgabe wo ich nicht auf das ergebnis von meinem prof komme:

Lösen Sie die DGL.

y'' + 2 y' = 4 x

„zu Fuß“mit den Anfangsbedingungen

y (0) = 0

und

y' (0) = 1

dazu muss ich ja erstmal die homogene DGL lösen:

y'' + 2 y' = 0

\to λ^{2} + 2 λ = 0

\to λ_{1} = 0;

\to λ_{2} = - 2

dann ist die Lösung der homogenen DGL:

y_{0} = C_{1} + C_{2} \cdot e^{- 2 x}

Danach muss ich denn die inhomogene DGL lösen:

Störfaktor

= 4 x

Lösungsansatz:

y_{p} = x \cdot Q_{n} (x)

y_{p}' = Q_{n} (x)

y_{p}'' = 0

eingesetzt ergibt das bei mir:

2 \cdot Q_{n} (x) = 4 x

\to Q_{n} (x) = 2 x

dann lautet die partikuläre Lösung:

y_{p} = 2 x^{2}

die Allgemeine Lösung der DGL ist dann:

y = y_{0} + y_{p}

y = C_{1} + C_{2} \cdot e^{- 2 x} + 2 x^{2}

so nun muss ich noch mit den randbedingungen

(y (0) = 0;

y'(0)=1)die spezielle Lösung finden , also

C_{1}

und

C_{2}

bestimmen:

y' = - 2 \cdot C_{2} \cdot e (- 2 x) + 4 x

\to - 2 \cdot C_{2} \cdot e^{- 2 x} + 4 x = 0 \to C_{2} = - \frac{1}{2}

Einsetzen in:

y = C_{1} + C_{2} \cdot e^{- 2 x} + 2 x^{2}

\to C_{1} + C_{2} \cdot e^{- 2 x} + 2 x^{2} = 0 \to C_{1} = \frac{1}{2}

Somit wäre die spezielle Lösung:

y = \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cdot e^{- 2 x} + 2 x^{2}

Jedoch hat unser Prof uns ein Ergebnis gegeben von:

y = 1 - x + x^{2} - e^{- 2 x}

ich finde den Fehler nur leider nicht den ich gemacht habe:-(
habe die Aufgabe schon ein paar mal durchgerechnet und komm einfach nicht drauf
Wäre also super wenn mir da jmd helfen könnte:-)

lg cleo

Rabanus aktiv_icon

18:12 Uhr, 12.09.2010

Hi cleo !

Die Aufstellung der charakteristischen Gleichung ist hier bzw. beim Rechnen "zu Fuß" überflüssig.
Begründung: Die DGL enthält nicht das Glied nullter Ordnung

(y

ist nicht vorhanden).

Durch die Substitution

y' = z

erhält man eine DGL 1.Ordnung !

Und der Ansatz für die partikuläre Lösung muß wg. fehlendem

y

in der DGL lauten:

y_{p} = α_{0} + α_{1} x + α_{2} x^{2}

(Polynom-Ansatz (n+1)-ten Grades der Störfunktion)

Servus

Yokozuna aktiv_icon

18:19 Uhr, 12.09.2010

Hallo,

ich möchte Dir dringend empfehlen, mache immer nach wichtigen Zwischenergebnissen eine Probe, hier z.B. Probe, ob die homogene Lösung stimmt, eine Probe, ob die partikuläre Lösung stimmt und eine Probe, ob das Endergebnis (spezielle Lösung) stimmt. Viele Leute machen das vermutlich nicht, weil Sie glauben, daß das viele Zeit kostet. Das stimmt aber oft nicht. Hier z.B. läßt sich in einer halben Minute überprüfen, ob $y_{p}$ wirklich eine Lösung der gegebenen inhomogenen Differentialgleichung ist (schnell zweimal ableiten und in die Differentialgleichung einsetzen). Wenn Du das gemacht hättest, hättest Du selbst gemerkt, daß Dein $y_{p}$ nicht stimmt. Wenn man rechtzeitig merkt, daß etwas nicht stimmt, dann braucht man auch nicht soviel nachrechnen (es reicht ab dem Punkt der letzten korrekten Probe). So hast Du mit der falschen Lösung weitergerechnet und das Endergebnis kann dann natürlich auch nur falsch sein. Was machst Du denn, wenn Du das Endergebnis nicht kennst? Dann gibst Du eine falsche Lösung ab und bekommst 0 Punkte, obwohl sich das mit wenig Aufwand hätte vermeiden lassen. Also Du tu Dir in Zukunft selbst einen Gefallen und mache immer die Probe, daß gibt Dir dann auch mehr Sicherheit, z.B. in Klausuren.

Viele Grüße

Yokozuna

cleo123 aktiv_icon

10:52 Uhr, 13.09.2010

Aber ohne substitution muss man das doch auch lösen können:(

ich versteh einfach nicht wieso mein ansatz von

y_{p}

falsch ist?!
wie würde der denn lauten müssen ohne die vorherige Substitution??

lg

BjBot aktiv_icon

11:04 Uhr, 13.09.2010

Du gehst direkt davon aus, dass

y_{p}

von der Form

a \cdot x

ist.
Das macht aber nur dann Sinn wenn auf der linken Seite der DGL auch etwas mit

x

stehen würde.
Dafür wäre nämlich

y

als Summand unbedingt notwendig.

y

kommt aber auf der linken Seite nicht vor, sondern nur

y'

und

y''

und damit wird auch

y_{p}'

direkt konstant und kann auf der linken Seite nie etwas von der Form

a \cdot x

entstehen.

Wenn du schon mit

y_{p} = x \cdot q (x)

ansetzt kannst du bei

y_{p}'

nicht einfach

q (x)

als Ableitung schreiben, denn damit setzt du automatisch voraus, dass

q (x)

eine Konstante ist. Du musst dann schon die Produktregel anwenden

\to y_{p}' = 1 \cdot q (x) + x \cdot q' (x)

cleo123 aktiv_icon

12:00 Uhr, 13.09.2010

Also wenn ich die Produktregel anwende habe ich:

y_p=x⋅q(x)

y'_{p} = q (x) + x \cdot q' (x)

y''_{p} = q' (x) + q' (x) + x \cdot q'' (x)

y''_{p} = 2 q' (x) + x \cdot q'' (x)

wenn ich das denn in die ausgangsfunktion einsetze um

g (x)

zu bestimmen hab ich:

2 q' (x) + x \cdot q'' (x) + 2 (q (x) + x \cdot q' (x)) = 4 x

wie soll ich das denn auflösen um

q (x)

zu bekommen??
das macht doch gar keinen sinn:(

BjBot aktiv_icon

12:10 Uhr, 13.09.2010

Eben darum, weil dein Ansatz

x \cdot q (x)

auch nicht viel Sinn macht, wie kommst du eigentlich darauf ?
Mag sein, dass das mal bei irgendeiner Aufgabe so geklappt hat aber es gibt leider (oder auch Gott sei Dank) keine Allzweckmethode für jede DGL.
Welcher Ansatz hier sinnvoll ist hat man dir oben schon gesagt, denn wenn

y_{p} = a \cdot x

zu nichts führt, dann eben

. .

cleo123 aktiv_icon

12:26 Uhr, 13.09.2010

ja okay.... ich habs jetzt auch bemerkt:-D)

ich hab jetzt die homogene so wie ich das oben erklärt hatte gelassen:

y_{0} = C_{1} + C_{2} \cdot e^{- 2 x}

habe denn für die partikuläre lösung substituiert und komme denn auf:

y_{p} = x^{2} - x

denn habe ich für die allgemeine Lösung:

y = C_{1} + C_{2} \cdot e^{- 2 x} + x^{2} - x

das müsste doch so stimmen oder??

und denn hab ich noch mal eine Frage nur zu meinem allgemeinen verständnis:
wenn ich eine DGL habe wie

y'' + 2 y = 4 x

denn kann ich das schon mit dem ansatz

y_{p} = x \cdot q (x)

lösen oder??
denn substituieren macht da ja keinen sinn...

BjBot aktiv_icon

12:34 Uhr, 13.09.2010

Ja das sollte passen.
Nochmal die Frage: Wie kommst du überhaupt auf sowas wie

x \cdot q (x)

?
Das

x

könnte man sich dann auch direkt schenken, denn das kann genauso gut in

q (x)

vorkommen.
Insofern frage ich mich was das eigentlich ausdrücken soll bzw woher du das überhaupt hast.

cleo123 aktiv_icon

12:40 Uhr, 13.09.2010

das habe ich aus dem feinen papula...
da gibt es so eine tabelle mit lösungsansätzen für

y_{p}

Rabanus aktiv_icon

12:42 Uhr, 13.09.2010

"Aber ohne substitution muss man das doch auch lösen können:("

Ich habe nicht gesagt, dass es nur mit Substitution geht !
Also Dein

y_{h}

ist schon richtig.

Aber wie bereits mehrfach gesagt, erfüllt der Ansatz

y_{p} = α_{1} \cdot x

nicht die inhomogene DGL, denn:

y'_{p} = α_{1}

y'' = 0

Damit inhomogene DGL:

y'' + 2 \cdot y' = 4 \cdot x

\Rightarrow

0 + 2 \cdot α_{1} \neq 4 \cdot x

Jetzt überlege mal, wie der Ansatz für

y_{p}

aussehen müsste, damit in obiger Gl. auf der linken Seite auch noch ein Term mit

x

und nicht nur konstante Koeffizienten wie

α_{1}

auftreten.

Servus

Rabanus aktiv_icon

12:59 Uhr, 13.09.2010

"das habe ich aus dem feinen papula...
da gibt es so eine tabelle mit lösungsansätzen für y_p"

Dann ist dieser 'feine Herr Papula" aber schon sehr sophistisch oder
Du brauchst eine Nahsichtbrille ! :-)

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