| Autor |
  Ansatz der rechten Seite |
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asdfkaba
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 10.06.2010
Mitteilungen: 30
 |  Themenstart: 2016-04-03
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Hallo,
bestimmt kann mir jemand auf die Sprünge helfen.
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y'''(t) - y'(t) = 1
y(t)(homogen) = c1 + c2*e^t+c3*e^(-t)
Ich versuche nun mit dem Ansatz der rechten Seite die partikuläre LSG (-t).
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y(t)(partikulär) = alpha*t^0 = alpha
Wenn ich diesen ansatz nun in die dgl einsetze, komme ich auf
0 - 0 = 1
Nun soll man ja irgendwie über Koeffizientenvergleich alpha bestimmen.
Wie landet man da bei y(t)(partikulär) = -t
Danke für eventuelle Hilfe :)
Gruß
asdfkaba
edit: unser foliensatz diesbezüglich: http://i.imgur.com/D9gXv3p.png
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wessi90
Senior 
Dabei seit: 16.09.2011
Mitteilungen: 2127
| Beitrag No.1, eingetragen 2016-04-03
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Hallo,
In deinem Fall liegt also 1 (b) vor und genau damit findest du die Lösung.
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asdfkaba
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 10.06.2010
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2016-04-03
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Wieso 1(b)?
Ich habe doch die konstante Störfunktion g(t)=1
Damit lande ich doch in Fall 1a( Mein Polynom t^0 ist an der stelle 0 ungleich 0)?
Oder ist 0 eine 1-fache Nullstelle von g(t)=1, was zum Lösungsansatz y(t)(partikulär) = t^1*alpha*t^0 =alpha*t führt?
Irgendwo stehe ich noch auf dem Schlauch :P
Danke für deine Hilfe!
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Ex_Senior
| Beitrag No.3, eingetragen 2016-04-03
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Hallo,
du hast den Fall $m=0$ und $b_0=1$ (im ersten Fall). Da $b(t)\equiv 1$ (bei dir heißt die Funktion unten $g$) und $g(0)=1\neq 0$ tritt somit (a) ein.
LG Niklas
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doglover
Senior
Dabei seit: 20.02.2015
Mitteilungen: 342
 | Beitrag No.4, eingetragen 2016-04-03
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Hallo asdfkaba,
man sollte auch beachten, dass die angegebenen Ansätze nur für linke Seiten gelten, in denen die Funktion $y(t)$ auftaucht. In deinem Fall taucht kein $y$ sondern $y^{'}$ auf. Entweder integrierst du also beide Seiten, damit auf der linken Seite das $y$ auftaucht, und machst anschließend den Ansatz der rechten Seite oder du substituierst $y^{'}=z$ und machst den Ansatz der rechten Seite für $z$ und integrierst schließlich um auf $y$ zu kommen.
Das hilft dir hoffentlich weiter
Viele Grüße
doglover
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asdfkaba
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 10.06.2010
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2016-04-03
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Okay,
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mit der Substitution von z(t) = y(t)' lande ich dann bei der partikulären LSG
z(t)(partikulär) = -1
da hab ich dann ja aber nach der Rücksubstituion:
y(t)(partikulär) = -t + c
wonach für die Lösung der DGL
y(t) = c1 + c2*e^t + c3*e^(-t) -t + c folgt
Das c soll da ja vermutlich nicht landen, oder? Oder nehme ich einfach an, dass c = 0 ist?
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doglover
Senior
Dabei seit: 20.02.2015
Mitteilungen: 342
| Beitrag No.6, eingetragen 2016-04-03
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Hallo asdfkaba,
du kannst das $c_1$ und das $c$ zu einer neuen Konstante zusammenfassen. Bzw. ist diese 'zusätzliche' Konstante bereits in der homogenen Lsg. enthalten und darf daher beliebig gewählt werden.
Viele Grüße
doglover
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Wally
Senior 
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9774
Wohnort: Dortmund, Old Europe
 | Beitrag No.7, eingetragen 2016-04-03
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Hallo,
die Substitution ist nicht falsch, aber unnötig.
Mit $p(\lambda)=\lambda^3-\lambda$ und der einfachen Nullstelle $\lambda=0$ liefert 1b genau den richtigen Ansatz für $b(t)=b_0=1$:
$y_p(t)=t^1 \alpha_0t^0=\alpha_0t$.
Wally
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doglover
Senior
Dabei seit: 20.02.2015
Mitteilungen: 342
| Beitrag No.8, eingetragen 2016-04-03
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Hallo Wally,
danke für den Nachtrag. Da stand ich selbst etwas auf dem Schlauch. Das Polynom $p(x)$ aus den Folien bezeichnet natürlich das zugehörige charakteristische Polynom und nicht das Polynom der Störfunktion. In unserem Fall wegen der linken Seite: $y^{'''}-y^{'}\rightarrow p(x)=x^3-x$.
Viele Grüße
doglover
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asdfkaba
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 10.06.2010
Mitteilungen: 30
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2016-04-03
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Ahhh.. okay ;) das macht das ganze nun klarer.
Ich danke allen Beteiligten für eure Hilfe, schönen Sonntag Abend!
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