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Störfunktion x*e^x

Universität / Fachhochschule

16:18 Uhr, 24.01.2018

Hallo,

Ich habe die DGL

y'' + 2 y' + y = x \cdot e^{x}

Die Lösungen der charakteristischen Gleichung sind

k_{1,2} = - 1

Jetzt brauche ich den Ansatz der partikulären Lösung.
Hätte ich nur

e^{x}

wäre es einfach

e^{x},

aber was mache ich mit dem

x

davor?

Im Anhang sind die Lösungsansätze die mir zur Verfügung stehen.

16:32 Uhr, 24.01.2018

Typ 1, Fall 1,1, weil kein Resonanzfall
Also Ansatz

(a x + b) e^{x}

16:36 Uhr, 24.01.2018

Hallo
da deine homogene Lösung nur

e^{- x}

enthält ist der Ansatz

y_{p} = A \cdot x \cdot e^{x} + B \cdot e^{x}

wie sieht man das? klar

x \cdot e^{x}

muss vorkommen, aber da dann beim Differenzieren auch

e^{x}

vorkommt, muss das auch rein.
Gruß ledum

18:00 Uhr, 24.01.2018

Und wenn die Lösungen der charakteristischen Gleichung

k_{1,2} = 1

sind,
also die homogene Lösung

e^{x}

enthält, ist der Ansatz dann

y_{p} = A \cdot x^{2} \cdot e^{x} + B \cdot x \cdot e^{x} + C \cdot e^{x}

18:34 Uhr, 24.01.2018

Nein, wenn es doppelte Nullstelle ist, dann musst Du Potenz um 2 erhöhen.
Steht doch alles bei Dir auf dem Zettel.

18:42 Uhr, 24.01.2018

Also dann so:

y_{p} = A \cdot x^{3} \cdot e^{x} + B \cdot x^{2} \cdot e^{x} + C \cdot x \cdot e^{x} \cdot + D \cdot e^{x}

sorry das ich mich dabei etwas blöd anstelle

21:56 Uhr, 24.01.2018

Hallo

e^{x}

und

x \cdot e^{x}

kannst du in dem fall weglassen, da sie ja Lösungen der homogenen Dgl. sind.
Gruß ledum

12:04 Uhr, 25.01.2018

Danke!

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