Lösung DGL 3. Ordnung < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | [mm]y'''(x)+2y''(x)+y(x)=cos(x)[/mm]
a) Finden Sie eine allgemeine Lösung.
b) Anfangswerte angeben, mit denen die DGL eindeutig lösbar ist. |
Soweit bin ich gekommen:
1. Allgemeine Lösung für [mm]y'''(x)+2y''(x)+y(x)=0[/mm] finden.
Ansatz: [mm] e^{\lambda x}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \lambda^3+2\lambda^2=0
[/mm]
[mm] \lambda_1=-2 [/mm]
[mm] \lambda_2=0
[/mm]
[mm]y(x)=C_1*e^{-1x}+C_2[/mm]
Aber schon hier kann ja was nicht stimmen. Es müssten ja eigentlich drei Konstanten [mm] C_n [/mm] in der allgemeinen Lösung vorkommen.
Wenn ich hier weitergekommen wäre, wäre ich danach direkt an der Ermittlung einer speziellen Lösung für die inhomogene DGL aus der Aufgabenstellung gescheitert. Wenn ich die spezielle Lösung gefunden hätte, hätte ich diese mit der allgemeinen Lösung von der homogenen DGL von oben addiert. Ich komme alleine nicht weiter und hoffe auf Euren Rat.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
MFG
Maverick
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:11 So 16.03.2014 | | Autor: | Infinit |
Hallo maverick,
Du hast selbst ja gemerkt, das da was nicht so ganz stimmen kann und zwar liegt dies an Deinem Ansatz. Das y auf der linken Seite schlägt sich auch im charakteristischen Polynom wieder, wenn auch als Konstante.
Man bekommt also
[mm] \lambda^3 + 2 \lambda^2 + 1 = 0 [/mm]
Das wundert mich jetzt, denn da liegt irgendwo eine reelle Lösung zwischen -2 und -3 und ein paar konjugiert komplexer Nullstellen kommt auch noch hinzu.
Bist Du sicher, dass da kein Minuszeichen auf der linken Seite vor dem y(x) steht, denn dann hätten wir als eine reelle Lösung die -1.
Checke das doch noch mal.
Viele Grüße,
Infinit
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Hi Infinit, du hattest Recht, die Aufgabenstellung war nicht ganz richtig.
So stimmt sie: [mm] y'''(x)-2y''(x)+y(x)=cos(x)[/mm].
Habe jetzt die Lösung von [mm] y'''(x)-2y''(x)+y(x)=0[/mm] gefunden.
Ansatz: [mm] e^{\lambda x}
[/mm]
[mm] \Rightarrow \lambda^3-2\lambda^2+1=0
[/mm]
[mm] \lambda_1=1
[/mm]
[mm] \lambda_2= \bruch{1}{4}+\wurzel{\bruch{5}{4}}
[/mm]
[mm] \lambda_3= \bruch{1}{4}-\wurzel{\bruch{5}{4}}
[/mm]
[mm]y(x)= C_1*e^x+C_2*e^{(\bruch{1}{4}-\wurzel{\bruch{5}{4}})x}+C_3*e^{(\bruch{1}{4}+\wurzel{\bruch{5}{4}})x}[/mm]
Aber wie kommt man jetzt auf die spezielle Lösung für die inhomogene Variante?
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Hallo maverick92,
> Hi Infinit, du hattest Recht, die Aufgabenstellung war
> nicht ganz richtig.
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> So stimmt sie: [mm]y'''(x)-2y''(x)+y(x)=cos(x)[/mm].
>
> Habe jetzt die Lösung von [mm]y'''(x)-2y''(x)+y(x)=0[/mm]
> gefunden.
>
> Ansatz: [mm]e^{\lambda x}[/mm]
>
> [mm]\Rightarrow \lambda^3-2\lambda^2+1=0[/mm]
>
> [mm]\lambda_1=1[/mm]
> [mm]\lambda_2= \bruch{1}{4}+\wurzel{\bruch{5}{4}}[/mm]
> [mm]\lambda_3= \bruch{1}{4}-\wurzel{\bruch{5}{4}}[/mm]
>
[mm]\lambda_{2}[/mm] und [mm]\lambda_3[/mm] müssen doch so lauten:
[mm]\lambda_2= \bruch{1}{\blue{2}}+\wurzel{\bruch{5}{4}}[/mm]
[mm]\lambda_3= \bruch{1}{\blue{2}}-\wurzel{\bruch{5}{4}}[/mm]
> [mm]y(x)= C_1*e^x+C_2*e^{(\bruch{1}{4}-\wurzel{\bruch{5}{4}})x}+C_3*e^{(\bruch{1}{4}+\wurzel{\bruch{5}{4}})x}[/mm]
>
> Aber wie kommt man jetzt auf die spezielle Lösung für die
> inhomogene Variante?
Offenbar ist die Inhomogenität keine Lösung der homogenen DGL.
Daher kannst Du ansetzen:
[mm]y_{p}\left(x\right)=A*\sin\left(x\right)+B*\cos\left(x\right)[/mm]
Gruss
MathePower
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Danke erstmal! Dein Ansatz hat mir weitergeholfen.
Ansatz: [mm]A * sin(x) + B * cos(x)[/mm]
[mm]y(x)=A*(-cos(x))+B*sin(x)-2(A*(-sin(x)+B*(-cos(x))+A*sin(x)+B*cos(x)=cos(x)[/mm]
Die nötigen Koeffizienten A und B konnte ich leider nur mithilfe von WolframAlpha finden. Wie schafft man es auf diese ohne Hilfe zu kommen? Die Aufgabe war eine Klausuraufgabe für den ersten Termin einer Matheklausur, ich schreibe zum zweiten Termin und löse die Aufgabe als Übung. Ich kann mir nicht vorstellen so eine Aufgabe in der Klausur zu bewältigen.
A= [mm] \bruch{1}{2}
[/mm]
[mm] B=-\bruch{3}{2}
[/mm]
[mm] -\bruch{1}{2}cos(x)-\bruch{3}{2}sin(x)+sin(x)+3cos(x)+\bruch{1}{2}sin(x)-\bruch{3}{2}cos(x)=cos(x)
[/mm]
partikuläre Lösung: [mm] \bruch{1}{2}sin(x)-\bruch{3}{2}cos(x)
[/mm]
allgemeine Lösung von [mm]y'''(x)-2y''(x)+y(x)=cos(x)[/mm] ist [mm] y(x)=c_1*e^x+c_2*e^{(\bruch{1}{2}+\wurzel{\bruch{5}{4}})x}+c_3*e^{(\bruch{1}{2}-\wurzel{\bruch{5}{4}})x}+\bruch{1}{2}sin(x)-\bruch{3}{2}cos(x)
[/mm]
Soweit korrekt?
Nun zur Aufgabe b)
Geht es darum die drei Koeffizienten [mm] c_1 c_2 c_3 [/mm] zu entsprechendem x zu finden?
LG
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Hallo maverick92,
> Danke erstmal! Dein Ansatz hat mir weitergeholfen.
>
> Ansatz: [mm]A * sin(x) + B * cos(x)[/mm]
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> [mm]y(x)=A*(-cos(x))+B*sin(x)-2(A*(-sin(x)+B*(-cos(x))+A*sin(x)+B*cos(x)=cos(x)[/mm]
>
> Die nötigen Koeffizienten A und B konnte ich leider nur
> mithilfe von WolframAlpha finden. Wie schafft man es auf
> diese ohne Hilfe zu kommen? Die Aufgabe war eine
> Klausuraufgabe für den ersten Termin einer Matheklausur,
> ich schreibe zum zweiten Termin und löse die Aufgabe als
> Übung. Ich kann mir nicht vorstellen so eine Aufgabe in
> der Klausur zu bewältigen.
>
> A= [mm]\bruch{1}{2}[/mm]
> [mm]B=-\bruch{3}{2}[/mm]
>
> [mm]-\bruch{1}{2}cos(x)-\bruch{3}{2}sin(x)+sin(x)+3cos(x)+\bruch{1}{2}sin(x)-\bruch{3}{2}cos(x)=cos(x)[/mm]
>
> partikuläre Lösung:
> [mm]\bruch{1}{2}sin(x)-\bruch{3}{2}cos(x)[/mm]
>
> allgemeine Lösung von [mm]y'''(x)-2y''(x)+y(x)=cos(x)[/mm] ist
> [mm]y(x)=c_1*e^x+c_2*e^{(\bruch{1}{2}+\wurzel{\bruch{5}{4}})x}+c_3*e^{(\bruch{1}{2}-\wurzel{\bruch{5}{4}})x}+\bruch{1}{2}sin(x)-\bruch{3}{2}cos(x)[/mm]
>
> Soweit korrekt?
>
Die partikuläre Lösung löst nicht die inhomogene DGL.
Die partikuläre Lösung stimmt jedoch bis auf einen konstanten Faktor.
> Nun zur Aufgabe b)
>
> Geht es darum die drei Koeffizienten [mm]c_1 c_2 c_3[/mm] zu
> entsprechendem x zu finden?
>
Es geht darum, Anfangswerte so zu finden,
damit die Lösung eindeutig ist.
Bestimmt hattet ihr da ein Kriterium bzw. Satz
wann ein Anfangswertproblem eindeutig lösbar ist.
> LG
>
Gruss
MathePower
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Wieso löst die partikuläre Lösung die inhomogene Gleichung nicht?
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Hallo maverick92,
> Wieso löst die partikuläre Lösung die inhomogene
> Gleichung nicht?
Setze Deine parikuläre Lösung in die inhomogene DGL ein,
und poste dazu Deine Rechenschritte.
Gruss
MathePower
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Das ergibt [mm]-\bruch{1}{2}cos(x)-\bruch{3}{2}sin-sin(x)+3cos(x)+\bruch{1}{2}sin(x)-\bruch{3}{2}cos(x)[/mm]
[mm]= -2sin(x) + cos(x)[/mm]
Du hast Recht, das löst die inhomogene DGL nicht. Ich schaffe es nicht auf die richtigen Koeffizienten zu kommen. Kann mir auch nicht vorstellen wie das gehen soll?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:47 So 16.03.2014 | | Autor: | Infinit |
Hallo maverick,
das geht auch ohne WolframAlpha. Für die partikuläre Lösung nimm Deinen Ansatz von 14:56, den Mathepower gegeben hat, leite diesen Ausdruck entsprechend oft ab und setze ihn in die DGL ein. Die Koeffizienten vergleichst Du mit denen auf der rechten Seite der Gleichung, wo nur ein cos-Ausdruck vorkommt. Das fürht zu einem Gleichungssystem mit A und B in Hinblick auf den Koeffzienten auf der rechten Seite. Ein Sinusterm ist dort nicht vorhanden, der Koeffzient ist demzufolge Null.
Viele Grüße,
Infinit
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Hi Infinit,
danke für Deine Antwort. Aber genau das habe ich doch in dem Beitrag von 14:56 gemacht. Dabei kam heraus:
[mm]y(x)=A*(-cos(x))+B*sin(x)-2(A*(-sin(x)+B*(-cos(x))+A*sin(x)+B*cos(x)=cos(x)[/mm]
Wenn ich jetzt die Koeffizienten die sin 0 setzten würde, beide 0 setzen würde, wären beide Koeffizienten A und B = 0. Oder habe ich Dich falsch verstanden?
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:39 So 16.03.2014 | | Autor: | Infinit |
Hallo maverick,
die Koeffizienten, die zum Cosinus gehören, sind doch
[mm] -A + 2 B + B = 1 [/mm]
was gleich ist mit
[mm]-A + 3B = 1 [/mm]
Für die Sinusterme bekommt man
[mm] B + 2A + A = B + 3A = 0 [/mm]
also zwei Gleichungen mit zwei Unbekannten.
Viele Grüße,
Infinit
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Danke Infinit, das leuchtet ein!
Meine allgemeine Lösung für die inhomogene DGL:
[mm]y'''(x)-2y''(x)+y(x)=cos(x)[/mm] ist [mm] y(x)=c_1*e^x+c_2*e^{(\bruch{1}{2}+\wurzel{\bruch{5}{4}})x}+c_3*e^{(\bruch{1}{2}-\wurzel{\bruch{5}{4}})x}-\bruch{1}{10}sin(x)+\bruch{3}{2}cos(x)
[/mm]
Könnt ihr mir noch bei der b) helfen? Da fällt mir nichts zu ein, außer y(0)=0.
LG
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(Antwort) fertig | | Datum: | 06:05 Di 18.03.2014 | | Autor: | fred97 |
> Danke Infinit, das leuchtet ein!
>
> Meine allgemeine Lösung für die inhomogene DGL:
>
> [mm]y'''(x)-2y''(x)+y(x)=cos(x)[/mm] ist
> [mm]y(x)=c_1*e^x+c_2*e^{(\bruch{1}{2}+\wurzel{\bruch{5}{4}})x}+c_3*e^{(\bruch{1}{2}-\wurzel{\bruch{5}{4}})x}-\bruch{1}{10}sin(x)+\bruch{3}{2}cos(x)[/mm]
>
> Könnt ihr mir noch bei der b) helfen? Da fällt mir nichts
> zu ein, außer y(0)=0.
>
> LG
>
Ist [mm] x_0 \in \IR [/mm] und sind [mm] y_0,y_1,y_2 \in \IR, [/mm] so ist das Anfangswertproblem
[mm]y'''(x)-2y''(x)+y(x)=cos(x)[/mm]
[mm] y(x_0)=y_0, y'(x_0)=y_1, y''(x_0)=y_2
[/mm]
eindeutig lösbar.
FRED
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