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Beitrag |
    
fritzi
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. September, 2000 - 13:53: | 
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Suchen Lösung für y''=2xy'+2y.
haben Ansatz: y'=z1
z1=z0'
z1'=2x*z1+2z0
Danke, Steffi + Fritzi |
DummJung
| | Veröffentlicht am Freitag, den 22. September, 2000 - 00:28: |
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yp(x) = ex² ist eine partikuläre Lösung:
yp'(x) = 2xex²
yp"(x) = 2ex² + 4x2ex²
denn 2ex² + 4x2ex² = 2x * 2xex² + 2ex² ist erfüllt
Versuchts mal mit dem Ansatz y(x) = u(x) * ex², dabei müsste sich eine DGL mit u" und u', aber ohne u ergeben, dann u'=z setzen und u" = z',
ergibt eine DGL 1.Ordnung (mit z' und z) => Trennung der Variablen möglich => integrieren, um u zu erhalten => u in y(x) = u(x) * ex² einsetzen ... |
Fritzi
| | Veröffentlicht am Samstag, den 23. September, 2000 - 09:27: |
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Habs probiert, aber es ergibt bei mir eine Diffgl. in der u, u' und u'' vorkommen...
Was hab ich falsch gemacht?? |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 23. September, 2000 - 15:34: |
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Hi Fritzi
Hast Dich wahrscheinlich verrechnet. Ich hoffe, ich habe es nicht getan. Mit Produktregel findet man:
y''(x)=2xy'(x)+2y (ich schreib nur u statt u(x), bin faul heute)
(ex²u)''=2x(ex²u)'+2ex²u
(2xex²u+ex²u')'=4x²ex²u+2ex²u+2xex²u'
2xex²u'+ex²u''+(4x²+2)ex²u+2xex²u'=2xex²u'+(4x²+2)ex²u
Wenn man genau hinschaut, heben sich die beiden Terme mit u genau auf, nachdem man alles auf die linke Seite bringt, erhaelt man:
ex²u''(x)+2xex²u'(x)=0
ex²(u''(x)+2xu'(x))=0
Da ex² nicht die Nullfunktion ist, muss offensichtlich der zweite Faktor 0 sein.
Wie DummJung sagte, kann man jetzt u'=z substituieren, und erhaelt:
z'(x)=-2xz(x)
Ich wuerde jetzt einfach die Loesung e-x² einsetzen, aber allzuviel verstehe ich nicht von Differentialgleichungen.
DummJung: Mit Deiner Methode komme ich nicht weiter:
z'(x)=2xz(x)=0
z(x)+C+ò 2xz(x)dx=0 Jetzt wuerde ich partiell substituieren:
z(x)+C+2xò z(x)dx+2ò z(x)dx=0
Damit komme ich aber nicht weiter.
Ich haatte noch ein paar Fragen. Was ist denn eine partikulaere Loesung? Ist dass eine spezielle Loesung, aus der man alle Loesungen abzuleiten versucht? Und wieso kann man dann einfach mit einem Produkt aus einer gesuchten Fuktion mit der part. Loesung ansetzen, oder haengt da zuviel theorie dran? Ach ja, wie interpretierst Du das x in der Ausgangsgleichung? Als Variable oder als Funktion?
vielen Dank im voraus
viele Gruesse
SpockGeiger |
fritzi
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 24. September, 2000 - 13:04: |
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Muß noch eine Frage dazuhängen: warum muß
bei der Lösung e^x^2 das x zum Quadrat genommen
werden? Gibts da einen Trick?
Fritzi |
B.Bernd
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 24. September, 2000 - 17:12: |
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Hallo Friederike, siehe auf
http://www.mathehotline.de/mathe4u/hausaufgaben/messages/28/5471.html vom 21.September 08:58 Uhr unter
Quote:Zu 1.
Im folgenden lassen wir den Index 1 bei y weg.
Ansatz Exponentialfunktion mit quadratischem Exponent,
genauer:
y = e ^ ( a* x ^2 ) ; a ist eine zu bestimmende Konstante
rein intuitiv hätte ich auch so was vermutet, denn wenn das y' als Vorfaktor ein x hat und das y" wieder nicht, dann muss sowas in Frage kommen wie y = x*ex oder y = ex², bei deren Ableitungen unterschiedliche Summanden auftreten, unterschiedlich diesbezüglich, dass einmal ein x im Vorfaktor vom e.. auftritt und einmal nicht.
Eine theoretisch fundierte Begründung dafür weiß ich allerdings nicht, frag doch auf der angegebenen Seite den megamath nochmal, warum der Ansatz mit quadratischem Exponent naheliegt.
Zu SpockGeiger: Ich habe es auch so gelernt, dass sich eine DGl "Wie von selbst" löst, wenn man erstmal eine Lösung gefunden hat, deshalb Ansatz vom megamath
Quote:Zu 2.
Wir benützen einen Satz aus der Theorie der DGl :
Ist y1(x) eine Lösung der eingangs notierten homogenen DGl ,
so kann eine davon linear unabhängige Lösung y2(x) mit
der folgender Formel gewonnen werden:
y2(x) = y1(x) * [int {1 / [y1(x) ^ 2] * exp[-int(p(x) * dx ]
Viele Grüße |
H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Montag, den 25. September, 2000 - 08:54: |
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An B. Bernd ,
Deine Bemerkungen zur Differentialgleichung ,
welche Fritzi uns vorgelegt hatte, waren sehr hilfreich.
Es geht tatsächlich darum, wie Du schon festgestellt hattest
coute que coute (circonflexe!), ein partikuläres Integral
zu finden.
Dabei ist es durchaus angebracht, die Methode des plausiblen
Schliessens einzusetzen und im vorliegenden Fall z.B. nach einer
geraden Exponentialfunktion zu suchen usw.
Oder man setzt die Methode des Potenzreihenansatzes ein.
Was damit gemeint ist, möchte ich im folgende skizzieren.
Die Idee besteht darin, für die gesuchte Lösung y(x) eine
Potenzreihe zu bestimmen:
y = a0 + a1* x + a2 * x^2 + a3 * x^3 + ......
Durch Einsetzen von y , y' , y'' in die Differentialgleichung
und Koeffizientenvergleich erhalten wir ein Gleichungssystem,
aus dem die unbekannten Koeffizienten Schritt für Schritt
berechnet werden können
In unserem Fall lautet das System:
1 * 2 * a2 = 2 * a0 ,
2 * 3 * a3 = 4 * a1 ,
3 * 4 * a4 = 6 * a2 ,
............
(k-1) * k * ak = 2* ( k - 1 ) * a(k-2) , k = 2, 3, 4, .......
Wir setzen a0 = 1 und a1 = 0 und erhalten der Reihe nach: a2 = 1,
a4 = 1 / 2 , a6 = 1 / 6 , a8 = 1 / 24 , a10 = 1 / 5!..., a(2n) = 1 / n!,....;
die Koeffizienten mit ungeraden Indizes sind alle null.
Die unendliche Reihe lautet:
1+ x^2 / 1! + x^4 / 2! + x^6 / 3! + x^8 / 4! + x ^10 / 5! + ...
Diese Reihe stellt gerade e ^ (x^2) dar
Bravo !
....
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Moser,megamath. |
franz
| | Veröffentlicht am Montag, den 25. September, 2000 - 16:35: |
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Also kann ich dann bei jeder Differentialgleichung der Form
y''+p(x)y'+q(x)y=0
automatisch annehmen, daß die Lösung
die Form e^(a*x^2) hat? |
H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Montag, den 25. September, 2000 - 23:15: |
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Hallo Frnz
Deine Frage bezüglich der homogenen DGl.
zweiter Ordnung mit nicht konstanten Koeffizienten
ist sehr wohl angebracht, aber leider zu verneinen.
Damit z.B. e ^ ( x ^ 2 ) eine Lösung ist, müssen
p(x) und q(x) die folgende Relation befriedigen:
x * p(x) + q(x) / 2 + 2 * x ^ 2 + 1 = 0
Beispiel: die DGl.
x y '' - y ' - 4 x ^ 3 y = 0 hat die genannte
partikuläre Lösung.
Gruss
H.R.Moser |
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