partikuläre Lösung - Ansatz < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo,
ich habe folgende DGL 2. Ordnung: [mm] \bruch{d^2T}{dx^2}-\bruch{\rho uc}{\lambda} \bruch{dT}{dx}=- \bruch{4q}{\lambda*D}
[/mm]
laut Formelsammlung hat
die DGL [mm] y''+a_{1}y'+a_{0}y=f(x) [/mm] für den fall [mm] ((\bruch{a_{1}}{2})^2-a_{0})>0
[/mm]
den homogenen Lösungsansatz [mm] y_{H}=C_{1}*e^{\mu_{1}x}+C_{2}*e^{\mu_{2}x} [/mm] wobei [mm] \mu_{1/2}=-\bruch{a_{1}}{2}\pm\wurzel{(\bruch{a_{1}}{2})^2-a_{0}}
[/mm]
daraus ergibt sich hier wegen [mm] a_{0}=0 :(\mu_{1}=\bruch{\rho uc}{\lambda} \wedge \mu_{2}=0) [/mm] die homogene Lösung [mm] T_{H}=C_{1}*e^{\bruch{\rho uc}{\lambda}x}+C_{2}
[/mm]
... so und jetzt mein Problem bei der partikulären Lösung:
laut Formelsammlung: _____________________________________________________________________
[mm] f(x)=e^{kx}*(P_{n}(x)*cos(\omega x)+Q_{n}(x)*sin(\omega [/mm] x))
Lösungsansatz:
[mm] y_{p}=e^{kx}*(M_{n}(x)*cos(\omega x)+N_{n}(x)*sin(\omega x))*x^m
[/mm]
Fallunterscheidung für m auf Grundlage der Nullstellen des charakteristischen Polynoms:
[mm] \mu_{1}=\mu_{2}=k \to [/mm] m=2
[mm] \mu_{1/2}=k\pm i\omega \to [/mm] m=1
[mm] \mu_{1/2}\not=k\pm i\omega \to [/mm] m=0
Einsetzten des Störglieds f(x) und der Ansatzfunktion [mm] y_{p} [/mm] in die DGL. Die Koeffizienten der Polynome [mm] M_{n}(x) [/mm] und [mm] N_{n}(x) [/mm] werden durch Koeffizientenvergleich ermittelt.
____________________________________________________________________________________________
also... meine DGL hat f(x)=- [mm] \bruch{4q}{\lambda*D}. [/mm] Daraus folgt, dass [mm] \omega=0 [/mm] , k=0 und somit nur noch [mm] y_{p}=M_{n}(x)*x^m [/mm] bleibt...
Jetzt muss noch m bestimmt werden aus der Fallunterscheidung, aber so wie ich das sehe trifft kein Fall zu denn k=0 und [mm] \omega=0 [/mm] ?!?
(Laut Musterlösung sollte m=1, um auf das richtige Ergebnis zu kommen... den Koeffizientenvergleich bekomme ich dabei auch hin)
Also hier nochmal meine Frage: Wie ermittle ich das "m" ?
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Hallo maschbauth,
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
> Hallo,
> ich habe folgende DGL 2. Ordnung:
> [mm]\bruch{d^2T}{dx^2}-\bruch{\rho uc}{\lambda} \bruch{dT}{dx}=- \bruch{4q}{\lambda*D}[/mm]
>
> laut Formelsammlung hat
> die DGL [mm]y''+a_{1}y'+a_{0}y=f(x)[/mm] für den fall
> [mm]((\bruch{a_{1}}{2})^2-a_{0})>0[/mm]
> den homogenen Lösungsansatz
> [mm]y_{H}=C_{1}*e^{\mu_{1}x}+C_{2}*e^{\mu_{2}x}[/mm] wobei
> [mm]\mu_{1/2}=-\bruch{a_{1}}{2}\pm\wurzel{(\bruch{a_{1}}{2})^2-a_{0}}[/mm]
>
> daraus ergibt sich hier wegen [mm]a_{0}=0 :(\mu_{1}=\bruch{\rho uc}{\lambda} \wedge \mu_{2}=0)[/mm]
> die homogene Lösung [mm]T_{H}=C_{1}*e^{\bruch{\rho uc}{\lambda}x}+C_{2}[/mm]
>
>
> ... so und jetzt mein Problem bei der partikulären
> Lösung:
>
> laut Formelsammlung:
> _____________________________________________________________________
> [mm]f(x)=e^{kx}*(P_{n}(x)*cos(\omega x)+Q_{n}(x)*sin(\omega[/mm]
> x))
> Lösungsansatz:
> [mm]y_{p}=e^{kx}*(M_{n}(x)*cos(\omega x)+N_{n}(x)*sin(\omega x))*x^m[/mm]
>
> Fallunterscheidung für m auf Grundlage der Nullstellen des
> charakteristischen Polynoms:
> [mm]\mu_{1}=\mu_{2}=k \to[/mm] m=2
> [mm]\mu_{1/2}=k\pm i\omega \to[/mm] m=1
> [mm]\mu_{1/2}\not=k\pm i\omega \to[/mm] m=0
> Einsetzten des Störglieds f(x) und der Ansatzfunktion
> [mm]y_{p}[/mm] in die DGL. Die Koeffizienten der Polynome [mm]M_{n}(x)[/mm]
> und [mm]N_{n}(x)[/mm] werden durch Koeffizientenvergleich
> ermittelt.
>
> ____________________________________________________________________________________________
>
> also... meine DGL hat f(x)=- [mm]\bruch{4q}{\lambda*D}.[/mm] Daraus
> folgt, dass [mm]\omega=0[/mm] , k=0 und somit nur noch
> [mm]y_{p}=M_{n}(x)*x^m[/mm] bleibt...
> Jetzt muss noch m bestimmt werden aus der
> Fallunterscheidung, aber so wie ich das sehe trifft kein
> Fall zu denn k=0 und [mm]\omega=0[/mm] ?!?
> (Laut Musterlösung sollte m=1, um auf das richtige
> Ergebnis zu kommen... den Koeffizientenvergleich bekomme
> ich dabei auch hin)
>
> Also hier nochmal meine Frage: Wie ermittle ich das "m" ?
Das m, wie Du es nennst, ist 1, da das
Störglied zugleich auch Lösung der homogenen DGL ist.
Gruss
MathePower
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das verstehe ich nicht!
die homogene Lösung ist [mm] T_{H}=C_{1}\cdot{}e^{\bruch{\rho uc}{\lambda}x}+C_{2}
[/mm]
Ich selber nenne es nicht m sondern die Formelsammlung ^^ deshalb würde ich gerne die Fallunterscheidung
[mm] \mu_{1}=\mu_{2}=k \to [/mm] m=2
[mm] \mu_{1/2}=k\pm i\omega \to [/mm] m=1
[mm] \mu_{1/2}\not=k\pm i\omega \to [/mm] m=0
nachvollziehen
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Hallo maschbauth,
> das verstehe ich nicht!
> die homogene Lösung ist [mm]T_{H}=C_{1}\cdot{}e^{\bruch{\rho uc}{\lambda}x}+C_{2}[/mm]
>
> Ich selber nenne es nicht m sondern die Formelsammlung ^^
> deshalb würde ich gerne die Fallunterscheidung
> [mm]\mu_{1}=\mu_{2}=k \to[/mm] m=2
Dann lautet die homogene Lösung der DGL
[mm]T_{H}\left(x\right)=C_{2}+C_{1}*x[/mm]
Da das Störglied ebenfalls eine Konstante ist,
ist der normale Ansatz [mm]T_{P}\left(x\right)=d[/mm] mit [mm]x^{2}[/mm]
zu multiplizieren mit d konstant.
> [mm]\mu_{1/2}=k\pm i\omega \to[/mm] m=1
> [mm]\mu_{1/2}\not=k\pm i\omega \to[/mm] m=0
> nachvollziehen
Gruss
MathePower
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wie kommst du auf den Ansatz der partikulären Lösung [mm] T_{P}\left(x\right)=d*x^2 [/mm] ?
Der Lösungsansatz ist wie beschrieben [mm] y_{p}=e^{kx}\cdot{}(M_{n}(x)\cdot{}cos(\omega x)+N_{n}(x)\cdot{}sin(\omega x))\cdot{}x^m
[/mm]
wobei aus der Form des Störgliedes hervorgeht, dass k=0 und [mm] \omega=0 [/mm] und somit [mm] cos(\omega*x)=1 [/mm] und [mm] N_{n}(x)*sin(\omega*x)=0
[/mm]
Es bleibt also noch [mm] y_{p}=M_{n}(x)\cdot{}x^m
[/mm]
Und du hast also m=2 angenommen? (korrekt wäre nämlich m=1)
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Hallo maschbauth,
> wie kommst du auf den Ansatz der partikulären Lösung
> [mm]T_{P}\left(x\right)=d*x^2[/mm] ?
Wenn das charakteristische Polynom der DGL
die doppelte Lösung 0 besitzt und das Störglied
ebenfalls eine Konstante ist, dann lautet der
Ansatz
[mm]T_{p}\left(x}\right)=d*x^{2}[/mm]
> Der Lösungsansatz ist wie beschrieben
> [mm]y_{p}=e^{kx}\cdot{}(M_{n}(x)\cdot{}cos(\omega x)+N_{n}(x)\cdot{}sin(\omega x))\cdot{}x^m[/mm]
>
> wobei aus der Form des Störgliedes hervorgeht, dass k=0
> und [mm]\omega=0[/mm] und somit [mm]cos(\omega*x)=1[/mm] und
> [mm]N_{n}(x)*sin(\omega*x)=0[/mm]
> Es bleibt also noch [mm]y_{p}=M_{n}(x)\cdot{}x^m[/mm]
>
> Und du hast also m=2 angenommen? (korrekt wäre nämlich
> m=1)
Nein, das habe ich nicht angenommen.
Nochmal:
Wenn das charakteristische Polynom der DGL
die einfache Lösung 0 (Konstante) besitzt. und
die Störfunktion ebenfalls eine Konstante ist,
so lautet der Ansatz für die partikuläre Lösung:
[mm]y_{p}\left(x\right)=d*x[/mm]
Gruss
MathePower
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> Wenn das charakteristische Polynom der DGL
> die einfache Lösung 0 (Konstante) besitzt. und
> die Störfunktion ebenfalls eine Konstante ist,
> so lautet der Ansatz für die partikuläre Lösung:
>
> $ [mm] y_{p}\left(x\right)=d\cdot{}x [/mm] $
Das mag sein, das will ich aber nicht auswendig lernen, da die DGL durchaus komplizierter sein kann ^^
Deshalb will ich ja wie gesagt den Lösungsansatz über den allgemeinen Ansatz herleiten
[mm] y_{p}=e^{kx}\cdot{}(M_{n}(x)\cdot{}cos(\omega x)+N_{n}(x)\cdot{}sin(\omega x))\cdot{}x^m [/mm]
ich weiß dass ich zwei reelle Nullstellen habe: [mm] \mu_{1}=\bruch{\rho uc}{\lambda} \wedge \mu_{2}=0
[/mm]
also
1) [mm] \mu_{1} \not= \mu_{1} [/mm] und komit kommt m=2 nicht in frage
2) [mm] \mu_{1} [/mm] und [mm] \mu_{2} [/mm] sind nicht beide =0 (k und [mm] \omega [/mm] =0) und somit kommt m=1 nicht in frage
3) [mm] \mu_{1} [/mm] und [mm] \mu_{2} [/mm] sind nicht beide [mm] \not=0 [/mm] (k und [mm] \omega [/mm] =0) und somit kommt m=0 nicht in frage
[mm] \mu_{1}=\mu_{2}=k \to [/mm] m=2
[mm] \mu_{1/2}=k\pm i\omega \to [/mm] m=1
[mm] \mu_{1/2}\not=k\pm i\omega \to [/mm] m=0
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Hallo maschbauth,
> > Wenn das charakteristische Polynom der DGL
> > die einfache Lösung 0 (Konstante) besitzt. und
> > die Störfunktion ebenfalls eine Konstante ist,
> > so lautet der Ansatz für die partikuläre Lösung:
> >
> > [mm]y_{p}\left(x\right)=d\cdot{}x[/mm]
>
> Das mag sein, das will ich aber nicht auswendig lernen, da
> die DGL durchaus komplizierter sein kann ^^
> Deshalb will ich ja wie gesagt den Lösungsansatz über
> den allgemeinen Ansatz herleiten
> [mm]y_{p}=e^{kx}\cdot{}(M_{n}(x)\cdot{}cos(\omega x)+N_{n}(x)\cdot{}sin(\omega x))\cdot{}x^m[/mm]
>
>
> ich weiß dass ich zwei reelle Nullstellen habe:
> [mm]\mu_{1}=\bruch{\rho uc}{\lambda} \wedge \mu_{2}=0[/mm]
> also
> 1) [mm]\mu_{1} \not= \mu_{1}[/mm] und komit kommt m=2 nicht in
> frage
> 2) [mm]\mu_{1}[/mm] und [mm]\mu_{2}[/mm] sind nicht beide =0 (k und [mm]\omega[/mm]
> =0) und somit kommt m=1 nicht in frage
> 3) [mm]\mu_{1}[/mm] und [mm]\mu_{2}[/mm] sind nicht beide [mm]\not=0[/mm] (k und
> [mm]\omega[/mm] =0) und somit kommt m=0 nicht in frage
>
> [mm]\mu_{1}=\mu_{2}=k \to[/mm] m=2
> [mm]\mu_{1/2}=k\pm i\omega \to[/mm] m=1
> [mm]\mu_{1/2}\not=k\pm i\omega \to[/mm] m=0
Wir sind uns darüber einig, daß [mm]k=\omega=0[/mm] gilt.
Der normale Ansatz für die partikuläre Lösung,
ist eine Konstante, da die Störfunktion selbst eine Konstante ist.
Da die Störfunktion zugleich aber Lösung der homogenen DGL ist,
ist der normale Ansatz mit x zu multiplizieren.
Es kommt demnach auf die Vielfachheit der Nullstelle an.
Gruss
MathePower
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> Der normale Ansatz für die partikuläre Lösung,
> ist eine Konstante, da die Störfunktion selbst eine Konstante ist.
ja das ist analog zu dem [mm] M_{n}(x) [/mm] aus dem übrig gebliebenen Ansatz [mm] y_{p}=M_{n}(x)\cdot{}x^m
[/mm]
[mm] M_{n}(x) [/mm] ist ein Polynom und in dem fall nur eine Konstante weil das Störglied konstant ist... das war soweit klar...
> Da die Störfunktion zugleich aber Lösung der homogenen DGL ist,
> ist der normale Ansatz mit x zu multiplizieren.
versteh ich ganz und garnicht?! :/ Das Störglied ist =0 bei der homogenen DGL!!!
> Es kommt demnach auf die Vielfachheit der Nullstelle an.
wir haben zwei reelle Nullstellen... warum dann m=1?
Ich wäre sehr dankbar wenn du mir anhand meiner formelsammlung erklären könntest wie man auf m=1 kommt , denn in der Klausur habe ich auch nur diese Formelsammlung... hier mal der vollständige Auszug:
http://imagizer.imageshack.us/v2/800x600q90/838/1tb8.png
http://imagizer.imageshack.us/v2/800x600q90/716/2sas.png
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Hallo maschbauth,
> > Der normale Ansatz für die partikuläre Lösung,
> > ist eine Konstante, da die Störfunktion selbst eine
> Konstante ist.
>
> ja das ist analog zu dem [mm]M_{n}(x)[/mm] aus dem übrig
> gebliebenen Ansatz [mm]y_{p}=M_{n}(x)\cdot{}x^m[/mm]
>
> [mm]M_{n}(x)[/mm] ist ein Polynom und in dem fall nur eine Konstante
> weil das Störglied konstant ist... das war soweit klar...
>
> > Da die Störfunktion zugleich aber Lösung der homogenen
> DGL ist,
> > ist der normale Ansatz mit x zu multiplizieren.
>
> versteh ich ganz und garnicht?! :/ Das Störglied ist =0
> bei der homogenen DGL!!!
>
> > Es kommt demnach auf die Vielfachheit der Nullstelle an.
>
> wir haben zwei reelle Nullstellen... warum dann m=1?
>
>
> Ich wäre sehr dankbar wenn du mir anhand meiner
> formelsammlung erklären könntest wie man auf m=1 kommt ,
> denn in der Klausur habe ich auch nur diese
> Formelsammlung... hier mal der vollständige Auszug:
> http://imagizer.imageshack.us/v2/800x600q90/838/1tb8.png
> http://imagizer.imageshack.us/v2/800x600q90/716/2sas.png
Ausgehend vom übriggebliebenen Ansatz
[mm]y_{p}=M_{n}(x)\cdot{}x^m[/mm]
ist ein Polynom [mm]M_{n}\left(x\right)[/mm] gesucht,
da m laut Störfunktion 0 ist.
Wie schon erwähnt ist die Störfunktion
ebenfalls Lösung der homogenen DGL,
somit ist [mm]M_{n}\left(x\right)=x[/mm]
Gruss
MathePower
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> ...da m laut Störfunktion 0 ist.
m ergibt sich laut Formelsammlung aus den Nullstellen des charakteristischen Polynoms [mm] \mu_{1/2} [/mm] und nicht aus dem Störglied...
(zuvor hattest du folgendes geschrieben:
> Das m, wie Du es nennst, ist 1, da das
> Störglied zugleich auch Lösung der homogenen DGL ist. )
und weiterhin verstehe ich nicht warum "die Störfunktion
ebenfalls Lösung der homogenen DGL" ist....
> > Da die Störfunktion zugleich aber Lösung der homogenen
> DGL ist,
> > ist der normale Ansatz mit x zu multiplizieren.
>
> versteh ich ganz und garnicht?! :/ Das Störglied ist =0
> bei der homogenen DGL!!!
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Hallo maschbauth,
> > ...da m laut Störfunktion 0 ist.
> m ergibt sich laut Formelsammlung aus den Nullstellen des
> charakteristischen Polynoms [mm]\mu_{1/2}[/mm] und nicht aus dem
> Störglied...
>
> (zuvor hattest du folgendes geschrieben:
> > Das m, wie Du es nennst, ist 1, da das
> > Störglied zugleich auch Lösung der homogenen DGL ist. )
>
Vergiss das mal.
> und weiterhin verstehe ich nicht warum "die Störfunktion
> ebenfalls Lösung der homogenen DGL" ist....
>
Nun, die Störfunktion ist eine Konstante,
und eine Konstante löst auch die homogene DGL.
> > > Da die Störfunktion zugleich aber Lösung der homogenen
> > DGL ist,
> > > ist der normale Ansatz mit x zu multiplizieren.
> >
> > versteh ich ganz und garnicht?! :/ Das Störglied ist =0
> > bei der homogenen DGL!!!
Gruss
MathePower
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> Nun, die Störfunktion ist eine Konstante,
> und eine Konstante löst auch die homogene DGL.
okay, daraus folgt dass das Polynom [mm] M_{n}(x) [/mm] eine konstante ist... also einfach mal [mm] M_{n}(x)=A
[/mm]
also ist der Lösungsansatz folglich [mm] y_{p}=A*x^m
[/mm]
warum ist jetzt m=1 und der korrekte Lösungsansatz somit [mm] y_{p}=A*x?
[/mm]
es wäre mir eine große Hilfe, wenn mir die untenstehende Fallunterscheidung erklärt werden könnte!!!
so schwer kann das doch nicht sein, ich habe schließlich [mm] \mu_{1}=\bruch{\rho uc}{\lambda} [/mm] , [mm] \mu_{2}=0 [/mm] bereits berechnet und k=0 und [mm] \omega=0 [/mm] aus der Form des Störgliedes gefolgert :/
danke für die Hilfe!!!
[mm] \mu_{1}=\mu_{2}=k \to [/mm] m=2
[mm] \mu_{1/2}=k\pm i\omega \to [/mm] m=1
[mm] \mu_{1/2}\not=k\pm i\omega \to [/mm] m=0
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Hallo maschbauth,
> > Nun, die Störfunktion ist eine Konstante,
> > und eine Konstante löst auch die homogene DGL.
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> okay, daraus folgt dass das Polynom [mm]M_{n}(x)[/mm] eine konstante
> ist... also einfach mal [mm]M_{n}(x)=A[/mm]
Das folgt erstmal,. daß [mm]M_{n}(x)[/mm] ebenfalls eine Konstante ist.
Nur gilt das, falls die Konstante keine Lösung der homogenen DGL ist.
> also ist der Lösungsansatz folglich [mm]y_{p}=A*x^m[/mm]
> warum ist jetzt m=1 und der korrekte Lösungsansatz somit
> [mm]y_{p}=A*x?[/mm]
>
> es wäre mir eine große Hilfe, wenn mir die untenstehende
> Fallunterscheidung erklärt werden könnte!!!
> so schwer kann das doch nicht sein, ich habe schließlich
> [mm]\mu_{1}=\bruch{\rho uc}{\lambda}[/mm] , [mm]\mu_{2}=0[/mm] bereits
> berechnet und k=0 und [mm]\omega=0[/mm] aus der Form des
> Störgliedes gefolgert :/
> danke für die Hilfe!!!
>
> [mm]\mu_{1}=\mu_{2}=k \to[/mm] m=2
> [mm]\mu_{1/2}=k\pm i\omega \to[/mm] m=1
> [mm]\mu_{1/2}\not=k\pm i\omega \to[/mm] m=0
Der Fall [mm]\mu_{1} \not=0, \ \mu_{2}=0[/mm] wird hier nicht behandelt.
Gruss
MathePower
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> Das folgt erstmal,. daß $ [mm] M_{n}(x) [/mm] $ ebenfalls eine Konstante ist.
> Nur gilt das, falls die Konstante keine Lösung der homogenen DGL ist.
[mm] M_{n}(x) [/mm] ist also nur eine Konstante, falls diese Konstante (die ich ja noch nicht kenne und erst später durch einsetzen und Koeffizientenvergleich ermittle) keine Lösung der homogenen DGL ist?
Kannst du mir erklären wie ich das sehe/ feststelle/ berechne?
> Der Fall $ [mm] \mu_{1} \not=0, [/mm] \ [mm] \mu_{2}=0 [/mm] $ wird hier nicht behandelt.
okay danke
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 01:12 Di 28.01.2014 | | Autor: | leduart |
hallo
dass wenn da nura*T'+b*T''=0 steht, eine kostabte T'=0. T''=0 Lösung ist muss an halt sehen.
Gruß leduart
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die homogene Lösung ist doch [mm] T_{H}=C_{1}\cdot{}e^{\bruch{\rho uc}{\lambda}x}+C_{2} [/mm] und das ist ganz und garnicht konstant?! oder was verstehe ich da falsch
und warum wird die Konstante dann noch mit x multipliziert für den partikulären Lösungsansatz?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 16:02 Di 28.01.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
eine Dhl 2 ten Grades hat immer 2 lin unabh Funktionen als Lösung, die allgemeine Losung ist eine Linearkombination davon. hier ist deine eine Losung C2 (für C1=0) außerdem sieht man doch dass die homogene Dgl durch T=C gelöst wird!
Gruß leduart
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> außerdem sieht man doch dass die homogene Dgl durch T=C gelöst wird!
nein, woran?!
Ich verliere so langsam den Überblick... kann mir nicht jemand Schritt für Schritt erklären, wie ich generell auf den partikulären Lösungsansatz komme... (da meine Formelsammlung scheinbar nicht jeden Fall der Nullstellen des charakteristischen Polynoms abdeckt)
der Rest, sprich in die DGL einsetzen und Koeffizientenvergleich durchführen, ist trivial
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:12 Di 28.01.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
Antwort an der falschen Stelle, siehe dort
Gru0 leduart
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:11 Di 28.01.2014 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. deine Dgl war
$ [mm] \bruch{d^2T}{dx^2}-\bruch{\rho uc}{\lambda} \bruch{dT}{dx}=- \bruch{4q}{\lambda\cdot{}D} [/mm] $
die Homogene
$ [mm] \bruch{d^2T}{dx^2}-\bruch{\rho uc}{\lambda} \bruch{dT}{dx}=0$
[/mm]
mit T=C. T'=0,T''=0
folgt
[mm] $0-\bruch{\rho uc}{\lambda} [/mm] *0=- 0$
zum vorgehen
du hast: T''+a*T'=b
allgemeiner T''+a(x)*T'=b(x)
eine lineare inhomogene Dgl.
1. Schritt losen der homogenen Dgl kannst du
einfacher wäre hier gewesen T'=y T''=y' zu setzen und die Dgl erster Ordnung zu lösen, dann kannst du mit Variation der Konstanten, ohne Ansatz diie inhomogene lösen
2. Schritt: nachsehen ist b(x) eine Lösung der homogenen Dgl, dann ist auch C*f(x) eine, es hat also der Ansatz [mm] T_p=C*f(x) [/mm] keine Aussicht eine Lösung zu liefern, da beim Einsetzen sicher nicht b(x) rauskommt sondern 0. also probiert man bei einfachen a(x) den Ansatz x*a(x)
wenn der nicht klappt hat man Pech. ist auch x*a(x) Lösung der homogenen dann nimmt man [mm] x^2*a(x) [/mm] als Ansatz.
Natürlich kann man, wenn man übersieht, dass a(x) schon eine losung des homogenen Dgl ist den Ansatz C*a(x) probieren, man wird dann einfach fesstellen, dass es ein solches C nicht gibt.
hier in deinem Fall wäre
y'+a'y=b besser gewesen
Lösung der homogenen Dgl ist dann [mm] y_h=C*e^{-at}
[/mm]
y=C ist keine Losung, deshalb ist der Ansatz y=A, y'=0 sinnvoll, eingesetzt ergibt sich
0+a*A=b daraus A=b/a
die allgemeine Lösung für y ist also [mm] y=C*e^{-at}+b/a
[/mm]
wegen T'=y ist T eine Stammfkt von y
also [mm] T=-1/a*C*e^{-a*t}+b/a*x+C_2
[/mm]
wenn du jetzt noch [mm] -1/a*C=C_1 [/mm] schreibst und für a und b deine Konstanten einsetzt bist du fertig.
Gruß leduart
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Vielen Dank!! ich glaube, es verstanden zu haben...
1) erst einmal schreibe ich meine geg. (bzw. hergeleitete) DGL in allgemeinere Form um:
also die allg. DGL: T''+a(x)*T'=b(x) und somit
die homogenen DGL: T''+a(x)*T'=0
(wobei a(x) durchaus jedes beliebige Polynom sein könnte (!?), hier in meinem Fall aber konstant ist)
2) ich suche einen Lösungsansatz für die partikuläre DGL mit dem Wissen, dass wenn sich aus einem vermuteten Lösungsansatz eine Lösung für die homogene DGL ergibt, eben dieser Lösungsansatz keine Lösung der partikulären (bzw kompletten) DGL sein kann...
als Bsp.: partikulärer Lösungsansatz: T=A=konst. -> T'=0, T''=0:
Einsetzen in die homogene DGL ergibt: 0+a(x)*0=0
was eine wahre Aussage ist und somit T=A eine Lösung für die homogene DGL ist und für die gesamte DGL nicht sein kann...
... was man auch beim Einsetzen sieht: 0+a(x)*0=b(x)
denn b(x) ist in meinem Fall konstant und somit ist b=0 schlichtweg falsch...
3) nächster Versuch: Tp=A*x -> T'=A, T''=0:
Einsetzen in die homogene DGL ergibt: 0+a(x)*A=0
da b(x) wie gesagt konstant ist ergibt sich die falsche Aussage A*a=0 (und das suchen wir ja gerade, weil das jetzt unser Lösungsansatz für die partikuläre DGL ist)
Einsetzen in die partikuläre DGL ergibt: 0+a(x)*A=b(x) [mm] \gdw A=\bruch{b(x)}{a(x)} [/mm] bzw. [mm] A=\bruch{b}{a}
[/mm]
also ist die Lösung der gesamten DGL: [mm] T(x)=T_{h}(x)+T_{p}(x), [/mm] wobei ich die homogene Lösung [mm] T_{h}(x) [/mm] schon bestimmt hatte und [mm] T_{p}(x)=\bruch{b}{a}*x [/mm] ist
2 Fragen noch:
I) danach muss ich nicht mehr weiter probieren?
also als Ansatz: [mm] T=Ax^2 [/mm] -> T'=2Ax, T''=AA:
Einsetzen in die homogene DGL ergibt: 2A+2Ax*a(x)=0, was eine Lösung für x=0 hätte und somit keine Lösung für die partikuläre DGL sein kann...
II) ich habe für den Lösungsansatz jetzt erst A angenommen und dann Ax, [mm] Ax^2,... [/mm] ausprobiert... was ist wenn der Lösungsansatz bsw. Ax+B ist? wie stelle ich das fest? ich will mich ja nicht totprobieren?!
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Hallo maschbauth,
> Vielen Dank!! ich glaube, es verstanden zu haben...
>
> 1) erst einmal schreibe ich meine geg. (bzw. hergeleitete)
> DGL in allgemeinere Form um:
> also die allg. DGL: T''+a(x)*T'=b(x) und somit
> die homogenen DGL: T''+a(x)*T'=0
> (wobei a(x) durchaus jedes beliebige Polynom sein könnte
> (!?), hier in meinem Fall aber konstant ist)
>
Ja.
> 2) ich suche einen Lösungsansatz für die partikuläre DGL
> mit dem Wissen, dass wenn sich aus einem vermuteten
> Lösungsansatz eine Lösung für die homogene DGL ergibt,
> eben dieser Lösungsansatz keine Lösung der partikulären
> (bzw kompletten) DGL sein kann...
>
Die Ansatzgeschichte für die partikuläre Lösung funktioniert
nur bei linearen Differntialgleichungen mit konstanten Koeffizienten.
> als Bsp.: partikulärer Lösungsansatz: T=A=konst. -> T'=0,
> T''=0:
> Einsetzen in die homogene DGL ergibt: 0+a(x)*0=0
> was eine wahre Aussage ist und somit T=A eine Lösung für
> die homogene DGL ist und für die gesamte DGL nicht sein
> kann...
> ... was man auch beim Einsetzen sieht: 0+a(x)*0=b(x)
> denn b(x) ist in meinem Fall konstant und somit ist b=0
> schlichtweg falsch...
>
> 3) nächster Versuch: Tp=A*x -> T'=A, T''=0:
> Einsetzen in die homogene DGL ergibt: 0+a(x)*A=0
> da b(x) wie gesagt konstant ist ergibt sich die falsche
> Aussage A*a=0 (und das suchen wir ja gerade, weil das jetzt
> unser Lösungsansatz für die partikuläre DGL ist)
> Einsetzen in die partikuläre DGL ergibt: 0+a(x)*A=b(x)
> [mm]\gdw A=\bruch{b(x)}{a(x)}[/mm] bzw. [mm]A=\bruch{b}{a}[/mm]
> also ist die Lösung der gesamten DGL:
> [mm]T(x)=T_{h}(x)+T_{p}(x),[/mm] wobei ich die homogene Lösung
> [mm]T_{h}(x)[/mm] schon bestimmt hatte und [mm]T_{p}(x)=\bruch{b}{a}*x[/mm]
> ist
>
>
> 2 Fragen noch:
> I) danach muss ich nicht mehr weiter probieren?
> also als Ansatz: [mm]T=Ax^2[/mm] -> T'=2Ax, T''=AA:
> Einsetzen in die homogene DGL ergibt: 2A+2Ax*a(x)=0, was
> eine Lösung für x=0 hätte und somit keine Lösung für
> die partikuläre DGL sein kann...
>
Nein, mehr musst Du nicht probieren.
> II) ich habe für den Lösungsansatz jetzt erst A
> angenommen und dann Ax, [mm]Ax^2,...[/mm] ausprobiert... was ist
> wenn der Lösungsansatz bsw. Ax+B ist? wie stelle ich das
> fest? ich will mich ja nicht totprobieren?!
Wenn der Lösungsansatz Ax+B ist,
dann handelt es sich bei der Störfunktion um ein Polynom 1. Grades.
Der Lösungsansatz wird zunächst nach der Art der Stlörfunktion gewählt.
Gruss
MathePower
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> Wenn der Lösungsansatz Ax+B ist,
> dann handelt es sich bei der Störfunktion um ein Polynom 1. Grades.
> Der Lösungsansatz wird zunächst nach der Art der Stlörfunktion gewählt.
okay das macht sinn, das hatten wir ja auch so für die konstante Störfunktion probiert... funktioniert das in dem fall immer oder muss ich dann auch weiter probieren? sprich den Ansatz (Ax+b)*x usw....?!
> "ich suche einen Lösungsansatz für die partikuläre DGL
> mit dem Wissen, dass wenn sich aus einem vermuteten
> Lösungsansatz eine Lösung für die homogene DGL ergibt,
> eben dieser Lösungsansatz keine Lösung der partikulären
> (bzw kompletten) DGL sein kann... "
das klappt dann nicht mehr?
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Hallo maschbauth,
> > Wenn der Lösungsansatz Ax+B ist,
> > dann handelt es sich bei der Störfunktion um ein Polynom
> 1. Grades.
> > Der Lösungsansatz wird zunächst nach der Art der
> Slörfunktion gewählt.
>
> okay das macht sinn, das hatten wir ja auch so für die
> konstante Störfunktion probiert... funktioniert das in
> dem fall immer oder muss ich dann auch weiter probieren?
> sprich den Ansatz (Ax+b)*x usw....?!
>
Nein.
> > "ich suche einen Lösungsansatz für die partikuläre DGL
> > mit dem Wissen, dass wenn sich aus einem vermuteten
> > Lösungsansatz eine Lösung für die homogene DGL ergibt,
> > eben dieser Lösungsansatz keine Lösung der partikulären
> > (bzw kompletten) DGL sein kann... "
>
Besser statt "partikulären" ist das Wort "inhomogenen.
> das klappt dann nicht mehr?
Ja.
Gruss
MathePower
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