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Beitrag |
    
Karl
| | Veröffentlicht am Montag, den 21. Januar, 2002 - 14:19: | 
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Hallo,
Für die nachstehende Dgl . kann ich nur eine
spezielle Lösung finden.
Für die Ermittlung der allgemeinen Lösung fehlt mir
ein tauglicher Ansatz.
Wer kann helfen ?
Die Gleichung lautet:
2 x y ‘’ + y ‘ + 2 y = x ^ 2
Als Einzellösung habe ich : y = ½ x ^2 – 3/2 x + ¾
Ich bin dankbar für jede Hilfe
Karl |
H.R.Moser,megamath
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 22. Januar, 2002 - 08:14: |
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Hi Karl,
Nach einigen vergeblichen Versuchen habe ich doch noch
(mit viel Glück!) eine passende Lösungsmethode gefunden.
Das Augenmerk konzentrierte sich dabei auf die ersten beiden
Summanden der Dgl.
Wie schon einmal, wählen wir eine neue Variable t
und zwar als unabhängige Variable anstelle von x .
Diese Variablen sind durch die Beziehung
x = t^2 , t = wurzel(x) miteinander verknüpft.
Es geht nun darum, die erste und zweite Ableitung von y nach x ,
welche durch Striche (Akzenzte) bezeichnet sind, durch
die Ableitungen von y nach der neuen Variablen t auszudrücken:
Ableitungen nach t sind mit ° (Punkt) bezeichnet.
Es gilt:
y ` = dy /dx = dy /dt * dt / dx = y° * 1/(2*wurzel(x)) = y° / (2 t )
y ‘’ = [d (dy/dx)/dt ] * dt /dx = ½* [ (t y°° - y°) / t^2 ] * 1 / (2 t )
= ¼ * ( t y°°-y°) / t^3 ;
setzen wir diese Ergebnisse in die gegebene Dgl. ein, so hebt sich
einiges weg ( grosses Reinemachen !);
die vereinfachte Dgl. in der unabhängigen Variablen t lautet :
y°° + 4 y = 2 * t ^ 4
Diese lineare inhomogene Dgl. zweiter Ordnung hat nun
konstante Koeffizienten und lässt sich auf konventionelle Art lösen:
Homogene Gleichung y°° + 4 y = 0, zugehörige charakteristische
Gleichung k^2 + 4 = 0 , Lösungen rein imaginär:
k1 = i2, k2 = - i2
allgemeine Lösung der homogenen Gleichung:
y = A* cos( 2 t )+ B sin ( 2 t ) ; A , B sind Integrationskonstanten
Um eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung zu finden, macht
man den Polynomansatz y = a t ^ 4 + b t^2 + c
(man überlegt sich leicht, dass eine gerade Funktion vierten Grades konveniert)
Mit a = ½ ,. b = - 3/2 , c = ¾ erhält man das von Dir erwähnte Resultat
Man macht nun die Substitution rückgängig und erhält schliesslich
die allgemeine Lösung der gegebenen Dgl.:
y = A* cos(2* wurzel(x))+ B* sin (2* wurzel(x)) + ½ x ^ 2 - 3/2 x + ¾
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Die Probe mit Maple funktioniert bestens !
Vielleicht gibt es noch andere, bessere Lösungsmethoden .
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath. |
Orion (Orion)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 22. Januar, 2002 - 11:02: |
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Karl :
Setze y(x) = w(t) mit t = 2*sqrt(x) (für x > 0).
Dann kommst du auf die einfache Dgl.
w''(t) + w(t) = 0.
mfg
Orion |
Karl
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 23. Januar, 2002 - 07:40: |
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Hallo H.R.Moser,megamath
Hallo Orion
Vielen Dank für die wertvolle Hilfe, die mir viel
gebracht hat.
Auf die gute Idee wäre ich nie selbst gekommen !
Mir fehlt es noch an Erfahrung im Umgang mit Dgln.
MfG
Karl |
Orion (Orion)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 23. Januar, 2002 - 08:15: |
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Hallo :
Ich hatte meine message zeitversetzt abgeschickt
und daher den Beitrag von megamath. übersehen.
Ich sollte noch nachtragen, wie ich auf die
Substitution t = 2*sqrt(x) gekommen bin.
Da es sich im wesentlichen nur noch um die
homogene Dgl. handelte, habe ich allgemein
axy" + by' + cy = 0
betrachtet und den ad hoc - Ansatz
y(x) = w(t) mit t = p x^q
versucht. Die kleine Rechnung zeigt, dass man
mit der Wahl q = 1/2 auf die lineare Dgl. mit
konstanten Koeffizienten
ap^2 w" + (2b-a)p^2 w' + 4cw = 0
kommt. Im gegebenen Fall ist a=2, b=1, c=2, sodass sich mit p=2 in der Tat
w'' + w = 0
einstellt.
mfg
Orion |
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