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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:33 Mi 12.07.2006 | | Autor: | Jan2006 |
Hallo!
Ich habe folgende Aufgabe, als Vorbereitung auf ein Klausur.
Löse die Eulerschen Differentialgleichungen:
1. [mm] x^{2}y''+3xy'+y=0
[/mm]
2. [mm] x^{2}y''+3xy'+y=x^{3}
[/mm]
3. [mm] x^{2}y''+2xy'-2y=x^{5} [/mm] mit Hilfe der Variation der Konstanten (steht nur bei Aufgabe 3, bei 1. und 2. Aufgabe steht einfach nur "löse")
Kann mir jemand bitte ausführlich helfen, am Besten so, als wäre ich im Kindergarten (ernst gemeint)! Vielleicht ist da ja auch alles dasselbe und ich kapier's einfach nicht?!?
In meinem Script steht, dass man den Ansatz [mm] y=x^{\alpha} [/mm] wählen soll. Daraus ergibt sich: [mm] y'=\alpha*x^{\alpha-1} [/mm] und [mm] y''=\alpha*(\alpha-1)*x^{\alpha-2} [/mm] . Und nun muss man y, y' und y'' in die Ausgangsgleichung [mm] (x^{2}y''+3xy'+y=0) [/mm] einsetzen. Leider weiß ich nun auch schon nicht mehr weiter... gibt es einen großartigen Unterschied zwischen 1. und 2. Aufgabe?
Vielen, vielen Dank im Voraus!
Jan
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> In meinem Script steht, dass man den Ansatz [mm]y=x^{\alpha}[/mm]
> wählen soll. Daraus ergibt sich: [mm]y'=\alpha*x^{\alpha-1}[/mm] und
> [mm]y''=\alpha*(\alpha-1)*x^{\alpha-2}[/mm] . Und nun muss man y, y'
> und y'' in die Ausgangsgleichung [mm](x^{2}y''+3xy'+y=0)[/mm]
> einsetzen. Leider weiß ich nun auch schon nicht mehr
> weiter... gibt es einen großartigen Unterschied zwischen 1.
> und 2. Aufgabe?
>
Ja, was passiert beim Einsetzen deiner Ansätze?
beispielsweise hast du dann da stehen: [mm] $3x\alpha*x^{\alpha-1}=3\alpha*x^{\alpha}$
[/mm]
Du bekommst überall ein [mm] x^{\alpha} [/mm] heraus, und wenn du dadurch dividierst, hast du eine Gleichung da stehen, in denen nur die Variable [mm] \alpha [/mm] steht. Die mußt du berechnen, und wieder in deinen Ansatz für y einsetzen, das ist die Lösung.
Die 2. DGL ist da etwas schwerer, aber: Wenn du eine spezielle Lösung für diese Gleichung hast, mußt du noch die Lösung der 1.DGL hinzuaddierern, denn die Lösung einer inhomogenen DGL ist ja die spezielle Lösung + die Löung für die homogene DGL.
Die erste DGL ist ja auch die homogene Version der 2.
EDIT: Das ist ja nur ein kleiner Tipp, ich kann den Beitrag nicht mehr als TEILantwort markieren, daher als nicht fertig...
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 07:13 Do 13.07.2006 | | Autor: | Jan2006 |
Also ich bekomme beim Einsetzen von y, y' und y'' folgendes heraus:
[mm] x^{2}*(\alpha*(\alpha-1)*x^{ \alpha - 2 }) [/mm] + [mm] 3*x*(\alpha*x^{\alpha- 1})+ x^{\alpha}=x^{3} [/mm]
= [mm] x^{2}*(\alpha^{2}+2* \alpha+1)=x^{3}
[/mm]
ja... und nun?
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Du hattest mich falsch verstanden, dies war ein Vorschlag für die erste Gleichung:
$ [mm] x^{2}\cdot{}(\alpha\cdot{}(\alpha-1)\cdot{}x^{ \alpha - 2 })+3\cdot{}x\cdot{}(\alpha\cdot{}x^{\alpha- 1})+ x^{\alpha}=0 [/mm] $
$ [mm] \alpha\cdot{}(\alpha-1)\cdot{}x^{ \alpha}+3\cdot{}\alpha\cdot{}x^{\alpha}+ x^{\alpha}=0 [/mm] $
$ [mm] \alpha\cdot{}(\alpha-1)+3\cdot{}\alpha+ [/mm] 1=0 $
$ [mm] \alpha^2+2\cdot{}\alpha+ [/mm] 1=0 $
[mm] $\alpha=-1 \pm \wurzel{1-1}=-1$
[/mm]
Bei der zweiten und dritten Gleichung funktioniert das nicht.
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Hallo Event_Horizon,
Das Problem bei diesem Ansatz ist das nicht alle Lösungen berechnet werden.
(Modulo Rechenfehler) löst auch [mm] \bruch{\ln x}{x} [/mm] die DGL.
viele Grüße
mathemaduenn
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Hallo Jan,
Deine Substitution ist imho nicht zielführend.
Benutze [mm] x=e^t [/mm] , [mm] u(t)=y(e^t)
[/mm]
[mm] u'(t)=y'(e^t)*e^t=y'(x)*x
[/mm]
u''(t)=...
Es ergibt sich eine lineare DGL mit konstanten Koeffizienten.
viele Grüße
mathemaduenn
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