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| Autor |
  Wie kommt man auf diese Lösung der DGL? |
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Ehemaliges_Mitglied
 |  Themenstart: 2007-02-07
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Hallo,
ich habe eine DGL gegeben, die wie folgt aussieht:
x^***(t) - 6/t^2*x^*(t) + 12/t^3 * x(t) = 0
Es gibt drei vorgegebene Lösungsfunktionen (die auch alle stimmen):
x_1(t) = 1/t^2
x_2(t) = t^2
x_3(t) = t^3
Die allgemeine Lösung im Lösungsbuch lautet (leider ohne Begründung):
a_0*t^3 + a_1*t^2 + a_2/t^2
Wir haben bislang nur den e-Ansatz und den Sinus-Cosinus Ansatz kennengelernt und sind mit der 3. Potenz beim Ableiten überfordert.
Wie kommt man auf die homogene Lösung der DGL?
Danke im Voraus,
liebe Grüße,
Physiker2006
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Wauzi
Senior 
Dabei seit: 03.06.2004
Mitteilungen: 11654
Wohnort: Bayern
 |  Beitrag No.1, eingetragen 2007-02-07
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Hallo,
der Lösungsraum einer Diffgleichung dritter Ordnung hat maximal die Dimension 3.
D.h. wenn Du drei linear unabhängige Lösungen kennst, dann ist die allgemeine Lösung eine Linearkombination der drei.
Zwei der drei Einzellösungen findet man durch Polynomansatz. Sei x(t) ein Polynom n-ter Ordnung.
Dann einsetzen und das Polynom bestimmen.
Die Nennerlösung hätte ich durch schlichtes Probieren gefunden.
Gruß Wauzi
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John_Matrix
Senior 
Dabei seit: 18.04.2005
Mitteilungen: 1369
Wohnort: da wo der Westen beginnt ;)
 | Beitrag No.2, eingetragen 2007-02-07
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\
Man stellt zunachst fest, dass die Gleichung skaleninvariant ist,
d.h. wenn x(t) Loesung ist, dann ist auch x(\lambda t) eine Loesung.
Also liegt es nahe, homogene Funktioen als Loesungsansaetze zu nehmen, die x(\lambda t) =\lambda^\alpha x(t) erfuellen. Andernfalls
gaebe es viel zu viele linear unabhaengige Loesungen. Diese homogenen Funktionen von einer Variablen sind aber gerade von der Form x(t)=t^\alpha.
Gruss,
John
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2007-02-07
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Hallo Wauzi,
danke für die schnelle Antwort.
Also angenommen ich habe eine DGL 5ter Ordnung und dazu 5 voneinander unabhängige Lösungen (kann man ja mittels Wronski-Determinante bestimmen). Dann ist eine Linearkombination die allgemeine Lösung. Hab ich das bis dahin richtig verstanden?
\quoteon Zwei der drei Einzellösungen findet man durch Polynomansatz.
\quoteoff
Den Polynomansatz kenn ich nicht. Kannst du den "kurz" erläutern?
\quoteon Sei x(t) ein Polynom n-ter Ordnung.
Dann einsetzen und das Polynom bestimmen.
\quoteoff
Die drei speziellen Lösungsfunktionen waren ja gegeben... oder meinst du damit etwas anderes?
\quoteon Die Nennerlösung hätte ich durch schlichtes Probieren gefunden.
\quoteoff
Was meinst du mit der Nennerlösung?
Danke schonmal im Voraus,
der Physiker2006 :)
Nachtrag: Das von John_Matrix verstehe ich überhaupt nicht :(
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von Physiker2006 am 07.02.2007 20:09:59 ]
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John_Matrix
Senior
Dabei seit: 18.04.2005
Mitteilungen: 1369
Wohnort: da wo der Westen beginnt ;)
| Beitrag No.4, eingetragen 2007-02-07
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Ich habe nur versuch zu motivieren, dass man einen Ansatz der Form
\
x(t)=t^\alpha in die Differentialgleichung einzusetzen hat. Dies gibt eine gleichung dritten Grades fuer \alpha mit drei reellen Loesungen.
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2007-02-07
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Hi John,
ich probier das gleich mal aus... Danke,
Physiker2006 :)
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Buri
Senior 
Dabei seit: 02.08.2003
Mitteilungen: 46882
Wohnort: Dresden
 | Beitrag No.6, eingetragen 2007-02-07
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Hi Physiker2006,
dies ist eine Eulersche DGL.
In solchen DGLen ist die n-te Ableitung mit tn multipliziert und sonst nur noch mit einer Konstanten.
Auf diese Form kommt man, wenn man mit t3 multipliziert.
Durch Transformation der unabhängigen Variablen t kann man daraus eine lineare DGL mit konstanten Koeffizienten machen.
Wenn man die DGL z. B. für t > 0 untersuchen möchte, dann führt man eine neue Funktion
y(s) = x(es) ein, man substituiert also t = es.
Wenn ein Strich die Ableitung nach s bedeutet, dann ist
y'=exp(s)*x^*, y''=exp(s)*x^*+exp(2s)*x^** und
y'''=exp(s)*x^*+exp(2s)*x^**+2exp(2s)*x^**+exp(3s)*x^***.
Daraus bekommt man tx^*=y', t^2\.x^**=y''-y' und t^3\.x^***=y'''-3y''+2y' und schließlich die DGL
y'''-3y''+2y'-6(y''-y')+12y=0.
Sie hat konstante Koeffizienten und kann mit dem Exponentialansatz gelöst werden.
Bei der Rücksubsitution ergeben sich für x(t) natürlich Potenzfunktionen mit reellen oder komplexen Exponenten, und wenn man dies weiß, dann kann man die Substitution einsparen und in die Eulersche DGL gleich mit dem Ansatz x(t) = tα hineingehen.
Bei k-fachen Wurzeln muß man übrigens den Ansatz erweitern zu
x(t) = tα * (ln(t))j, j=0,...,k-1,
der Zusatz mit dem Logarithmus entsteht so, daß der ursprüngliche Potenzansatz nach der Wurzel α ein- oder mehrmals differenziert wird, nach dieser Regel geht es auch in anderen Fällen (z. B. beim e-Ansatz).
Gruß Buri
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
[ Nachricht wurde editiert von Buri am 07.02.2007 20:19:52 ]
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Ehemaliges_Mitglied
|  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2007-02-07
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Hallo an alle Beteiligten,
vielen Dank für die schnellen und sehr hilfreichen Antworten. Der Ansatz t^\alpha
ist genial, damit bin ich auch auf die allgemeine Lsg gekommen. Und Buri, vielen Dank für die ausführliche Betrachtung für Wurzelterme und die Erklärung des Euleransatzes.
Werde mich mal in dem Semesterferien mit einem kleinen Artikel hier auf dem Planeten revanchieren :)
Vielen Dank und einen schönen Abend noch,
der Physiker2006 :)
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