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  inhomogene DGL 3. Ordnung |
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Buehgemeiste
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 |  Themenstart: 2011-03-07
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hallo,
jeden tag eine neue dgl....so versuch ich fit zu werden.
y'''-4y''+5y'-2y=6e^(-x)+4e^x-4x
zunächst zum homogenen Teil:
y'''-4y''+5y'-2y=0
dazu das char. Pol::
\lambda^3-4\lambda^2+5\lambda-2=0
"Geraten": \lambda_1=1
Aus
\lambda^2-3\lambda+2=0
stammen noch:
\lambda_2=1 und \lambda_3=2
also \lambda_1=\lambda_2 doppelter EW.
Deshalb muss der homogene Teil diese Form haben:
y(x)_hom=c_1*e^(\lambda_1*x)+c_2*x*e^(\lambda_2*x)+c_3*e^(\lambda_3*x)
y(x)_hom=c_1*e^x+c_2*x*e^x+c_3*e^(2*x)
dann zu inhomogenen Teil mit dem Ansatz:
y_P=\alpha*e^x+\beta*e^(-x)+\gamma*x
y'_P=\alpha*e^x-\beta*e^(-x)+\gamma
y''_P=\alpha*e^x+\beta*e^(-x)
y'''_P=\alpha*e^x-\beta*e^(-x)
einsetzen:
\alpha*e^x-\beta*e^(-x)+5\alpha*e^x+5\beta*e^(-x)-2\alpha*e^x+2\beta*e^(-x)-2\gamma-2\alpha*e^x-2\beta*e^(-x)-2\gamma*x
=>\alpha=3, \beta=1, \gamma=1
=>y_P(x)=3*e^x+e^(-x)+x
die allgemeine Lösung ist:
y(x)=y_hom(x)+y_P(x)=c_1*e^x+c_2*x*e^x+c_3*e^2x+3*e^x+e^(-x)+x
=(c_1+c_2*x+3)*e^x+c_3*e^2x+e^(-x)+x
Ein kleines Feedback wäre sehr nett.
An welcher Stelle müssten gegebene Anfangswerte eingesetzt werden?
Direkt nach Lösung des hom. Teils oder erst ganz am Ende?
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|  Beitrag No.1, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-07
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guten abend zusammen!!
kann mir niemand sagen, ob ich richtig liege?
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endy
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 | Beitrag No.2, eingetragen 2011-03-07
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Hallo.Deine homegene Lösung stimmt.Die Inhomogenität ist falsch.Du hast schon mit dem falschen Ansätzen angefangen.Denke z.B. an den Rezonanzfall für den EW 1.Lg endy
[ Nachricht wurde editiert von endy am 07.03.2011 21:58:36 ]
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| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-08
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ja stimmt....da war doch was.
ich schau das nochmal nach und werde später neu rechnen.
herzlichen dank!
deine hilfestellungen sind sehr willkommen!
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-08
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ich glaube, ich weiß was du meinst (hoffe das zumindest).
y(x)_hom=c_1*e^x+c_2*x*e^x+c_3*e^(2*x)
Ist die Lösung des homogenen Teils.
Als Ansatz für inhomogenen Teil darf keine Lösung des homogenen Teils verwendet werden.
Da e^x und x*e^x schon verbraten sind verwende ich nun:
y_P=\alpha*x^2*e^x+\beta*e^(-x)+\gamma*x
y'_P=\alpha*x^2*e^x-\beta*e^(-x)+\gamma
y''_P=\alpha*x^2*e^x+\beta*e^(-x)
y'''_P=\alpha*x^2*e^x-\beta*e^(-x)
Jetzt wär´s nett, wenn mir das jemand absegnen oder dementieren würde, bevor ich einsetze....
[ Nachricht wurde editiert von Buehgemeiste am 08.03.2011 12:29:21 ]
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Dr_Sonnhard_Graubner
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 | Beitrag No.5, eingetragen 2011-03-08
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Hallo, der Ansatz für deine partikuläre Lösung ist meines Erachtens nach falsch.
Viele Grüße,Sonnhard.
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-08
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Hallo und danke für die Antwort.
Wenn das so ist, stehe ich nun auf dem Schlauch.
Ich kenne leider nur die Regel, ein x an die Terme dranzumultiplizieren, die bereits in der homogenen Lösung auftauchen.
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Dr_Sonnhard_Graubner
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| Beitrag No.7, eingetragen 2011-03-08
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Hallo, du hast einfach den teil für exp(-x) vergessen.
Viele Grüße,Sonnhard.
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Buehgemeiste
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-08
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ein e^-x kommt doch gar nicht vor in meiner homogenen Lösung.
muss das dann trotzdem mit einem x multipliziert werden?
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Dr_Sonnhard_Graubner
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| Beitrag No.9, eingetragen 2011-03-08
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Hallo, aber im inhomogenen Teil deiner Gleichung und es geht doch im die partikuläre Lösung.
Viele Grüße,Sonnhard.
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endy
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| Beitrag No.10, eingetragen 2011-03-08
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Für -4x ist der Ansatz C_1+C_2 x . Für 6*exp(-x) ist der Ansatz C_3*exp(-x) und schließlich für 4*exp(x) ist der Ansatz(C_4+C_5*x+C_6*x^2)*exp(x).Beim letzten geht ein,dass 1 doppelter EW der Dgl ist.
Du kannst aufgrund der Linearität der Dgl die Konstanten der Ansätze separat bestimmen.
Lg endy
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-08
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\quoteon(2011-03-08 20:01 - endy in <a href=viewtopic.php?topic=151984&post_id=1116348>Beitrag No. 10</a>)
Für -4x ist der Ansatz C_1+C_2 x . Für 6*exp(-x) ist der Ansatz C_3*exp(-x) und schließlich für 4*exp(x) ist der Ansatz(C_4+C_5*x+C_6*x^2)*exp(x).Beim letzten geht ein,dass 1 doppelter EW der Dgl ist.
Du kannst aufgrund der Linearität der Dgl die Konstanten der Ansätze separat bestimmen.
Lg endy
\quoteoff
danke, da wär ich gar nicht drauf gekommen.
werde vielleicht heute nicht mehr einsetzen.
physik darf auch nicht vernachlässigt werden.
bis morgen!
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Dr_Sonnhard_Graubner
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| Beitrag No.12, eingetragen 2011-03-08
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Hallo, na dann viel Erfolg weiterhin!
Viele Grüße,Sonnhard.
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Buehgemeiste
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-09
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2. Versuch für den inhomogenen Teil.
Ich hoffe alle Ableitungen sind richtig.
Dieser Teil ist extrem anfällig für Schreibfehler.
Ansatz:
y_P(x)=d_1*e^(-x)+(d_2+d_3*x+d_4*x^2)*e^x+d_5+d_6*x
y'_P(x)=-d_1*e^(-x)+(d_2+d_3*(1+x)+d_4*(2x+x^2))*e^x+d_6
y''_P(x)=d_1*e^(-x)+(d_2+d_3*(2+x)+d_4*(2+4x+x^2))*e^x
y'''_P(x)=-d_1*e^(-x)+(d_2+d_3*(3+x)+d_4*(6+6x+x^2))*e^x
einsetzen zunächst nur in die linke Seite der DGL:
(-d_1*e^(-x)+(d_2+d_3*(3+x)+d_4*(6+6x+x^2))*e^x)
-4*(d_1*e^(-x)+(d_2+d_3*(2+x)+d_4*(2+4x+x^2))*e^x)
+5*(-d_1*e^(-x)+(d_2+d_3*(1+x)+d_4*(2x+x^2))*e^x+d_6)
-2*(d_1*e^(-x)+(d_2+d_3*x+d_4*x^2)*e^x+d_5+d_6*x)
=-d_1(1+4+5+2)e^(-x)
+d_2(1-4+5-2)e^x
+d_3((3+x)-4(2+x)+5(1+x)-2x)e^x
+d_4((6+6x+x^2)-4(2+4x+x^2)+5(2x+x^2)-2x^2)e^x
-2d_5
+d_6(5-2x)
=-12*d_1*e^(-x)+(0*d_2-2*d_3-2*d_4)*e^x-2*d_5+(5-2x)*d_6
Diese vereinfachte linke Seite soll nun gleich der rechten Seite sein:
-12*d_1*e^(-x)+(0*d_2-2*d_3-2*d_4)*e^x-2*d_5+(5-2x)*d_6=6*e^(-x)+4*e^x-4*x
In der Hoffnung nichts vergessen zu haben folgt ein Koeffizientenvergleich:
-12*d_1*e^(-x)=6*e^(-x) => d_1=-(1/2)
(-2*d_3-2*d_4)*e^x=4*e^x => d_3+d_4=-2
-2*d_6*x=-4*x => d_6=2
d_5+5*d_6=0 => d_5=-10
Folgendes ist eher eine Vermutung:
Ich setze d_4=0 => d_3=-2
Muss kurz weg.....gleich geht´s weiter
[ Nachricht wurde editiert von Buehgemeiste am 09.03.2011 18:50:16 ]
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Buri
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 | Beitrag No.14, eingetragen 2011-03-09
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\quoteon(2011-03-08 12:28 - Buehgemeiste in Beitrag No. 4)
Als Ansatz für inhomogenen Teil darf keine Lösung des homogenen Teils verwendet werden.
\quoteoff
Hi Buehgemeiste,
richtig, man erspart sich damit Rechenarbeit, und im Beitrag #13 kannst du somit die Glieder mit d2 und d3 weglassen, denn sie fallen am Schluß sowieso heraus.
Das entspricht den C4 und C5 im Beitrag #11, beim Auffinden der partikulären Lösung kann man auf diese Glieder verzichten, weil sie schon in der homogenen Lösung berücksichtigt sind.
Weil das aber bei deiner Rechnung nicht der Fall ist, hast du dich irgendwo verrechnet.
Gruß Buri
[ Nachricht wurde editiert von Buri am 09.03.2011 19:15:04 ]
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Buehgemeiste
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-09
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das ist wirklich schade jetzt.
das bedeutet dann ja, dass bei meinem ursprünglichen ansatz lediglich ein "x-freies" glied gefehlt hat. (?)
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endy
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| Beitrag No.16, eingetragen 2011-03-09
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Ja.Bei meinem Beitrag habe ich mich vertan.C_4 und C_5 sind unnötig.Sorry.endy
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Buehgemeiste
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| Beitrag No.17, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-09
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Hallo,
da bin ich wieder.
Hab´s nochmal neu gemacht.
Da waren zwischendurch auch mal die Ableitungen falsch....
y_P=\alpha*x^2*e^x+\beta*e^(-x)+\gamma*x+\delta
y'_P=\alpha*(2x+x^2)*e^x-\beta*e^(-x)+\gamma
y''_P=\alpha*(2+4x+x^2)*e^x+\beta*e^(-x)
y'''_P=\alpha*(6+6x+x^2)*e^x-\beta*e^(-x)
einsetzen:
\alpha*e^x*((6+6x+x^2)-4(2+4x+x^2)+5(2x+x^2)-2x^2)
+\beta*e^(-x)*(-1-4-5-2)
+\gamma(5-2x)-2*\delta
=-2\alpha*e^x-12\beta*e^(-x)-2\gamma*x+5\gamma-2\delta
(das soll gleich der rechten Seite der DGL sein)
=6*e^(-x)+4*e^x-4*x
Koeffizientenvergleich:
-2\alpha*e^x=4*e^x => \alpha=-2
-12\beta*e^(-x)==6*e^(-x) => \beta=-(1/2)
-2\gamma*x=-4*x => \gamma=2
5\gamma-2\delta=10-2\delta=0 => \delta=5
einsetzen
y_P(x)=-2*x^2*e^x-(1/2)*e^(-x)+2*x+5
[ Nachricht wurde editiert von Buehgemeiste am 09.03.2011 22:18:21 ]
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Dr_Sonnhard_Graubner
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| Beitrag No.18, eingetragen 2011-03-10
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Hallo, und was möchtest du nun noch wissen?
Viele Grüße,Sonnhard.
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endy
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| Beitrag No.19, eingetragen 2011-03-10
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Deine Lösung sieht gut aus.Die Rechnung wird mMn übersichtlicher,wenn du für die 3 Ansätze die Rechnungen einzeln durchführst.Lg endy
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Buehgemeiste
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| Beitrag No.20, vom Themenstarter, eingetragen 2011-03-11
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\quoteon(2011-03-10 17:34 - Dr_Sonnhard_Graubner in <a href=viewtopic.php?topic=151984&post_id=1116917>Beitrag No. 18</a>)
Hallo, und was möchtest du nun noch wissen?
Viele Grüße,Sonnhard.
\quoteoff
\quoteon(2011-03-10 18:01 - endy in <a href=viewtopic.php?topic=151984&post_id=1116932>Beitrag No. 19</a>)
Deine Lösung sieht gut aus.Die Rechnung wird mMn übersichtlicher,wenn du für die 3 Ansätze die Rechnungen einzeln durchführst.Lg endy
\quoteoff
wenn hier alles richtig ist, brauche ich auch nichts weiter zu wissen.
drei einzelne ansätze und dann die ergebnisse zusammenaddieren hört sich auch gut.
werde ich auch mal probieren, jedoch nicht mehr bei dieser aufgabe.
vielen dank für eure hilfe!
hier noch mal zusammengefasst:
y'''-4y''+5y'-2y=6e^(-x)+4e^x-4x
zunächst zum homogenen Teil:
y'''-4y''+5y'-2y=0
dazu das char. Pol::
\lambda^3-4\lambda^2+5\lambda-2=0
"Geraten": \lambda_1=1
Aus
\lambda^2-3\lambda+2=0
stammen noch:
\lambda_2=1 und \lambda_3=2
also \lambda_1=\lambda_2 doppelter EW.
Deshalb muss der homogene Teil diese Form haben:
y(x)_hom=c_1*e^(\lambda_1*x)+c_2*x*e^(\lambda_2*x)+c_3*e^(\lambda_3*x)
y(x)_hom=c_1*e^x+c_2*x*e^x+c_3*e^(2*x)
dann zu inhomogenen Teil mit dem Ansatz:
y_P=\alpha*x^2*e^x+\beta*e^(-x)+\gamma*x+\delta
y'_P=\alpha*(2x+x^2)*e^x-\beta*e^(-x)+\gamma
y''_P=\alpha*(2+4x+x^2)*e^x+\beta*e^(-x)
y'''_P=\alpha*(6+6x+x^2)*e^x-\beta*e^(-x)
einsetzen:
\alpha*e^x*((6+6x+x^2)-4(2+4x+x^2)+5(2x+x^2)-2x^2)
+\beta*e^(-x)*(-1-4-5-2)
+\gamma(5-2x)-2*\delta
=-2\alpha*e^x-12\beta*e^(-x)-2\gamma*x+5\gamma-2\delta
(das soll gleich der rechten Seite der DGL sein)
=6*e^(-x)+4*e^x-4*x
Koeffizientenvergleich:
-2\alpha*e^x=4*e^x => \alpha=-2
-12\beta*e^(-x)==6*e^(-x) => \beta=-(1/2)
-2\gamma*x=-4*x => \gamma=2
5\gamma-2\delta=10-2\delta=0 => \delta=5
einsetzen
y_P(x)=-2*x^2*e^x-(1/2)*e^(-x)+2*x+5
die allgemeine Lösung ist:
y(x)=y_hom(x)+y_P(x)=c_1*e^x+c_2*x*e^x+c_3*e^2x-2*x^2*e^x-(1/2)*e^(-x)+2*x+5
=(c_1+c_2*x-2*x^2)*e^x+c_3*e^2x+e^(-x)+2*x+5
[ Nachricht wurde editiert von Buehgemeiste am 11.03.2011 12:32:57 ]
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