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Beitrag |
    
weißnichwie
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 24. Oktober, 2000 - 03:38: | 
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y'' + 2y' + 2y = 2 e^(-x) cosx
Irgendwie klappt das mit dem Koeffizientenvergleich nicht, so wie ich das mache. |
Fern
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 24. Oktober, 2000 - 14:00: |
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Hallo weissnichwie,
y"+2y'+2y=2e-x*cos(x)
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Homogene Gleichung:
Characteristische Gleichung:
r²+2r+2=0
ergibt: r=-1+i und r=-1-i
zwei komplexe Wurzeln.
yh=A*e-x*cos(x)+B*e-x*sin(x)
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Inhomogene Gleichung:
Ansatz: yp= C*e-x*x*sin(x)
(weil e-x*sin(x) schon in der homognen Lösung ist.)
yp'=Ce-x*[sin(x)-xsin(x)+xcos(x)]
yp"=2e-x*[cos(x)-sin(x)-xsin(x)]
Dies in die originale Dgl eingesetzt:
2Ce-x*[cos(x)-sin(x)-xcos(x)]+2Ce-x*[sin(x)+xcos(x)-xsin(x)]+2Ce-x*xsin(x) = 2e-x*cos(x)
2Ce-x*cos(x)=2e-xcos(x)
Koeffizientenvergl.:
C=1
und damit yp= e-x*x*sin(x)
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Lösung der Dgl: y = yh + yp
y = Ae-x*cos(x)+Be-x*sin(x)+e-x*x*sin(x)
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weißschonmehr
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 24. Oktober, 2000 - 17:02: |
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Vielen Dank für die Lösung, aber warum reicht es hier, nur den Ansatz mit
yp= C*e^(-x)*x*sin(x) zu machen, muss nicht vollständigerweise der Ansatz
yp= C1*e^(-x)*x*sin(x) + C2*e^(-x)*x*cos(x)
gemacht werden ? |
Fern
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 24. Oktober, 2000 - 18:56: |
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Hallo weißschonmehr,
Der Ansatz: yp=C1*e-x*x*sin(x)+C2*e-x*x*cos(x)
führt ebenfals zur richtigen Lösung, erfordert aber viel mehr Rechenaufwand und ergibt mit dem Koeffizientenvergleich schließlich C2=0
==========
Ich hatte zuerst: yp=C*e-x*x*cos(x) probiert. Dies führt jedoch zu keinem Ergebnis.
Erst dann habe ich den Ansatz yp=C*e-x*x*sin(x) genommen und es hat funktioniert, wie man durch Einsetzen in die Originalgleichung feststellt.
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H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 24. Oktober, 2000 - 20:18: |
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Hallo Fern,
Ich möchte zu dieser Aufgabe eine Anregung beifügen
Wenn bei der Suche nach einem Ansatz für eine
partikuläre Lösung yP der inhomogenen Gleichung
einer linearen DGl. zweiter Ordnung einem nichts rechtes
einfallen will, gibt es eine Notlösung :
Man nimmt zwei linear unabhängige Lösungen y1 und y2
der homogenen Gleichung; in unserem Fall z.B.
y1(x) = e ^ ( - x ) * cos x , y2(x) = e ^ ( - x ) * sin x
und berechnet die Wronski-Determinante
W = W(x) = y1 * y2 ' - y2 * y1 ' = e ^ ( - 2 x )
W(x) ist für alle x von null verschieden, ein Zeichen dafür,
dass y1 und y2 wirklich linear unabhängig sind.
Dann ergibt sich ein yP als folgende Kombination
von y1 und y2 ( dabei ist f = f(x) die Störfunktion ):
yP = - y1 * int [( f * y2 / W ) * dx +
y2 * int [ (f * y1 / W ) * dx]
Im vorliegenden Fall kommt:
yP = e ^ (-x) * [ x*sin x +1/2*sin 2x*sin x + ½* cos x * cos 2x] =
e ^ (-x) * [ x * sin x + ½* cos x ]
der zweite Summand kann als überflüssig weggelassen werden;
(er ist in der Lösung der homogenen Gleichung enthalten);
der Rest stellt das von Dir benützte partikuläre Integral dar.
So viel in eigener Sache !
Mit freundlichen Grüsse,
Hans Rudolf Moser |
Fern
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 25. Oktober, 2000 - 09:05: |
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Hallo Hans Rudolf,
Danke für den interessanten Hinweis.
Ich habe ihn notiert und werde bei Gelegenheit darauf zurückgreifen.
Mein Computer ergibt allerdings yp=e-x*[x*sin(x)+cos(x)]
also cos(x) ohne den Faktor ½.
Aber dies ist sicher unwesentlich.
Nochmals vielen Dank und mit Grüßen,
Fern |
weißschonmehr
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. Oktober, 2000 - 03:19: |
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Hallo an beide,
ich habe in diesen Tagen wahnsinnig viel über DGl'n dazugelernt. Dank Euch
Danke an Euch |
H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. Oktober, 2000 - 23:03: |
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Hi Weissnichwie,
Herzlichen Dank für Dein Lob und die Anerkennung unserer
Arbeit.
Wir sind darauf gefasst, dass Du uns bald wieder die Früchte
Deiner nächtlichen Arbeit in Form von Differentialgleichungen
präsentierst, hoffentlich solche, welche geniessbar sind
Mit freundlichen Grüssen
H.R,Moser,megamath. |
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