Ansatz g(x), Resonanz < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 20:26 Fr 13.06.2008 | | Autor: | masa-ru |
| Aufgabe | Partikuläre Lösung dieser DGL
y'' + 2y' -3y = [mm] e^x*cos(x) [/mm] |
Hallo zusammen,
leider bin ich hier sehr unwissenhaft was "verschachtelte Störfunktionen" angeht.
$g(x)= [mm] e^x*cos(x)$
[/mm]
[mm] $g_{1}(x) [/mm] = [mm] e^x [/mm] $
[mm] $g_{2}(x) [/mm] = cos(x) $
ich habe diesen Ansatz gemacht:
[mm] $g_{1}(x) [/mm] = [mm] e^x [/mm] => [mm] y_{p1} [/mm] = [mm] A*e^x [/mm] $
[mm] $g_{2}(x) [/mm] = cos(x) => [mm] y_{p2} [/mm] = B*sin(x) + C*cos(x)$
[mm] $y_{p} [/mm] = [mm] y_{p1} [/mm] * [mm] y_{p2} =A*e^x [/mm] * B*sin(x) + C*cos(x) = [mm] e^x [/mm] *( [mm] \red{AB}*sin(x) [/mm] + [mm] \red{AC}*cos(x)$
[/mm]
$y'_{p} = [mm] \dots$
[/mm]
$y''_{p} = [mm] \dots$
[/mm]
nach dem einsetzen und einklammern lasen sich 2 gleichungen Aufstellen mit desen hilfe man die Koeffizienten AC,BC berechnen kann.
cos(x) : $4AB-AC = A( 4B-C) = 1$
sin(x) : $-4AC-AB = A(-4C-B) = 0$
mir wurde heute gesagt das man hier aus diesen 2 gleichungen die Resonanz erkennen kann und das oben angewandter ansatz hier fehlschlägt ...
Warum schließt man aus desen termen die Resonanz?
$A( 4B-C) = 1$
$A(-4C-B) = 0$
meiner Meinung nach sagen die beide Terme aus das $ A [mm] \not= [/mm] 0$ ist.
kann sich jemand dazu Äußern ?
mfg
masa
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Hallo,
Du hast eine Konstante zuviel in deinem Ansatz. Setze A=1, dann bist Du es los. Ermittle B und C.
LG, Martinius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:13 Fr 13.06.2008 | | Autor: | masa-ru |
hallo Martinius,
nach deinem Vorschlag hätte später beim Koef. vergleich nur A,B bzw. B,C
also nur 2 Unbekanten.
$ [mm] g_{1}(x) [/mm] = [mm] e^x [/mm] => [mm] y_{p1} [/mm] = [mm] \red{e^x} [/mm] $
$ [mm] g_{2}(x) [/mm] = cos(x) => [mm] y_{p2} [/mm] = [mm] B\cdot{}sin(x) [/mm] + [mm] C\cdot{}cos(x) [/mm] $
$ [mm] y_{p} [/mm] = [mm] y_{p1} \cdot{} y_{p2} [/mm] = [mm] e^x \cdot{}( \red{B}\cdot{}sin(x) [/mm] + [mm] \red{C}\cdot{}cos(x) [/mm] $
gibts da Generel eine Regel die besagt wie man bei solchen störfunktion ansetzen muss ?
$ g(x) = [mm] e^x [/mm] *cos(x) => [mm] y_{p} =e^x \cdot{}( \red{B}\cdot{}sin(x) [/mm] + [mm] \red{C}\cdot{}cos(x) [/mm] $
und wie würde der komplexer Ansatz aussehen ?
mfg
masa
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Hallo masa-ru,
> hallo Martinius,
>
> nach deinem Vorschlag hätte später beim Koef. vergleich nur
> A,B bzw. B,C
> also nur 2 Unbekanten.
>
>
> [mm]g_{1}(x) = e^x => y_{p1} = \red{e^x}[/mm]
>
> [mm]g_{2}(x) = cos(x) => y_{p2} = B\cdot{}sin(x) + C\cdot{}cos(x)[/mm]
>
> [mm]y_{p} = y_{p1} \cdot{} y_{p2} = e^x \cdot{}( \red{B}\cdot{}sin(x) + \red{C}\cdot{}cos(x)[/mm]
> gibts da Generel eine Regel die besagt wie man bei solchen
> störfunktion ansetzen muss ?
Beinhaltet die Störfunktion kein Glied der Lösung der homogenen DGL, so ist der Ansatz gemäß der Art der Störunktion zu wählen.
Beinhaltet die Störfunktion dagegen ein Glied der Lösung der homogenen DGL, so ist dieser Teil, der der Lösung der homogenen Lösung der homogen DGL entspricht mit x zu multiplizieren.
Beispiel:
[mm]y''+2*y'-3*y=e^{x}[/mm]
Hier muss der Ansatz [mm]y_{p}\left(x\right)=Ax*e^{x}[/mm] gewählt werden.
>
> [mm]g(x) = e^x *cos(x) => y_{p} =e^x \cdot{}( \red{B}\cdot{}sin(x) + \red{C}\cdot{}cos(x)[/mm]
>
> und wie würde der komplexer Ansatz aussehen ?
Hier lautet der komplexe Ansatz [mm]y_{p}\left(x\right)=A*e^{zx}[/mm]
mit [mm]z=1+i, \ z,A \in \IC[/mm]
>
> mfg
> masa
>
Gruß
MathePower
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Hallo masa-ru,
> hallo MathePower,
>
> > Beinhaltet die Störfunktion kein Glied der Lösung der
> > homogenen DGL, so ist der Ansatz gemäß der Art der
> > Störunktion zu wählen.
> >
> > Beinhaltet die Störfunktion dagegen ein Glied der Lösung
> > der homogenen DGL, so ist dieser Teil, der der Lösung der
> > homogenen Lösung der homogen DGL entspricht mit x zu
> > multiplizieren.
> >
> > Beispiel:
> >
> > [mm]y''+2*y'-3*y=e^{x}[/mm]
> >
> > Hier muss der Ansatz [mm]y_{p}\left(x\right)=Ax*e^{x}[/mm] gewählt
> > werden.
> >
> ![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
> habe dieses beispiel nachgerechnet und bekomme als Homogene
> Lösung:
>
> [mm]y_{h} = C1*\blue{e^x} + C2*\green{e^{-3x}}[/mm]
>
> und deiner Aussage zufolge wegen dem blauen teil habe ich
> den ansatz der Partikulären lösung mit x zu multiplizieren
> ?
Ja.
>
> aber der grünne teil der Homo. lösung hat ja die selbe
> form?
Die Störfunktion beinhaltet kein [mm]e^{-3x}[/mm].
>
> ich meine wenn ich sowas hätte :
>
> belibige DGL mit einer Störfunktion g(x)= [mm]e^x[/mm]
> und einer homogenen Lösung dieser DGL [mm]y_{h}= C1 + C2*e^{-2x}[/mm]
>
> Ansatz für Partikuläre lösung [mm]y_{p} = e^x[/mm] ?
Ja.
>
> den Komplexen ansatz muss ich nochmal nachrechnen 
Und von der partikulären Lösung den Realteil nehmen.
>
> mfg
> masa
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:56 Fr 13.06.2008 | | Autor: | masa-ru |
Ok nun weis ich das ich bei dem einen Teil mit x zu multiplizieren hab.
wegen :
$ [mm] y_{h} [/mm] = [mm] C1\cdot{}\red{e^x} [/mm] + [mm] C2\cdot{}e^{-3x} [/mm] $
und
$g(x)= [mm] \red{e^x} [/mm] * cos(x)$
aber ich verstehe trotzdem nicht wie sich der ganze partikulärer ansatz zusammen setzen muss.
weil da noch das *cosx drin ist.
[mm] $y_{p} [/mm] = [mm] \underbrace{Ax * e^x}_{\red{e^x} } [/mm] *( [mm] \underbrace{B* sinx + C cosx }_{ cosx})$
[/mm]
hab ich dann einfach die beiden partikulär ansetzte zu multiplizieren ?
oder ist es vorgeschrieben diese einzeln zu behandeln ?
Danke im Vorraus.
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Hallo,
ich bin kein Mathematiker und habe nur ein einfaches Mathe-Buch für Ingenieure zur Hand (L. Papula). Da ist eine Tabelle mit Lösungsansätzen für spezielle Störglieder drin:
[mm] $y''+2y'-3y=e^x*cos(x)$
[/mm]
[mm] \lambda_1=-3 [/mm] und [mm] \lambda_2=1
[/mm]
[mm] $y_h [/mm] = [mm] C_1*e^{-3x}+C_2*e^x$
[/mm]
Ist nun die Störfunktion der Art:
[mm] $g(x)=P_n(x)*e^{cx}*sin(\beta [/mm] x)$
oder
[mm] $g(x)=P_n(x)*e^{cx}*cos(\beta [/mm] x)$
; wobei [mm] P_n(x) [/mm] eine Polynomfunktion vom Grade n ist - in unserem Fall eine Polynomfunktion vom Grade 0 -, so lautet der Lösungsansatz für die partikuläre Lösung:
-1.) wenn [mm] c+i\beta [/mm] keine Lösung der charakteristischen Gleichung ist (was bei uns der Fall ist: 1+i1 ist keine Lösung der charakteristischen Gleichung, welche ja reell sind):
[mm] $y_p=e^{cx}*\left(Q_n(x)*sin(\beta x)+R_n(x)*cos(\beta x) \right)$
[/mm]
wobei [mm] Q_n(x) [/mm] und [mm] R_n(x) [/mm] Polynome vom Grad n sind; Parameter sind die Koeffizienten der beiden Polynome.
-2.) wenn [mm] c+i\beta [/mm] eine Lösung der charakteristischen Gleichung ist:
[mm] $y_p=x*e^{cx}*\left(Q_n(x)*sin(\beta x)+R_n(x)*cos(\beta x) \right)$
[/mm]
wobei [mm] Q_n(x) [/mm] und [mm] R_n(x) [/mm] Polynome vom Grad n sind; Parameter sind die Koeffizienten der beiden Polynome.
D. h., in unserem Fall lautet der partikuläre Lösungsansatz:
[mm] $y_p=e^{x}*\left(A*sin(x)+B*cos( x) \right)$
[/mm]
Ich habe es nachgerechnet und die Lösung stimmt:
[mm] $y_p=e^{x}*\left(\bruch{4}{17} *sin(x)-\bruch{1}{17}
*cos(x) \right)$
[/mm]
LG, Martinius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:02 Fr 13.06.2008 | | Autor: | konvex |
hallo,
also, ich muss sagen, wir haben das so gelernt, dass man die partikulären lösungen addiert und nicht multipliziert... bist du sicher, dass das so richtig ist?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:26 Fr 13.06.2008 | | Autor: | masa-ru |
> hallo,
> also, ich muss sagen, wir haben das so gelernt, dass man
> die partikulären lösungen addiert und nicht
> multipliziert... bist du sicher, dass das so richtig ist?
Hi, bin absolut nicht sicher, unser tutor meinte das es auch gehen sollte, nun hab ich den spass das auszugraben.
wir hatten biher uns eigentlich nur mit Homogenen lösungen beschäftigt, und bei verschachtelten störfunktionen habe ich nich so viel ahnung :-(
mfg
masa
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:47 Di 17.06.2008 | | Autor: | ipc2002 |
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:49 Sa 14.06.2008 | | Autor: | konvex |
Also, dein ansatz ist komplett falsch, da du das noch nie gemacht hast, leg ich dir mal meine lösung vor:
y'' + 2y' -3y = [mm] e^x [/mm] cos(x)
(1) zuerst löst du die homogene dgl y'' + 2y' -3y =0
[mm] p(\lambda)=\lambda^2 [/mm] + [mm] 2\lambda [/mm] -3
setzt sie gleich null und berechnest die nullstellen (nullstellenformel) und erhälst [mm] \lambda_{1}=-3 [/mm] und [mm] \lambda_{2}=1
[/mm]
erhälst damit das fundamentalsystem
[mm] e^{-3x} [/mm] , [mm] e^x [/mm] (allgemein ist das ja [mm] e^{\lambda x})
[/mm]
damit hast du die homogene lösung [mm] y_{h}(x)=c_{1}e^{-3x}+c_{2}e^x
[/mm]
(2) jetzt machst du hier einen komplexen ansatz (da gibt es eine tabelle, an der du siehst wie du darauf kommst)
[mm] y_{p}^c(x) [/mm] = [mm] Ae^{(1+i)x} [/mm] = [mm] Ae^x e^{ix} [/mm] = [mm] Ae^x [/mm] (cosx+isinx)
(allgemein [mm] e^{ax} [/mm] cos(bx), hier: a=b=1 und dann [mm] e^{(a+ib)x} [/mm] )
bildest die 1. und 2.ableitung und setzt sie in die dgl y'' + 2y' -3y = [mm] e^x [/mm] cosx ein
beachte aber dass [mm] e^x [/mm] cosx = [mm] e^{(1+i)x} [/mm] ist nach dem komplexen ansatz
erhälst dann
[mm] (1+i)^2 Ae^{(1+i)x} +2(1+i)Ae^{(1+i)x} -3Ae^{(1+i)x} [/mm] = [mm] e^{(1+i)x}
[/mm]
nach vereinfachen hast du dann
A = [mm] \bruch{1}{4i-1} [/mm] erweitere das mit [mm] \bruch{4i+1}{4i+1} [/mm] und kommst auf A= -17- [mm] \bruch{4}{17}i
[/mm]
setze das in [mm] y_{p}^c [/mm] ein:
[mm] y_{p}^c= [/mm] (-17- [mm] \bruch{4}{17}i)e^x [/mm] (cosx + isinx)
multipliziere das aus und nun ist (ist immer so) die partikuläre lösung [mm] y_{p} [/mm] = [mm] Re(y_{p}^c) [/mm] dh. alles komplexe entfällt damit, also
[mm] y_{p}= e^x (\bruch{4}{17} [/mm] sinx - 17cosx)
(3) die allgemeine lösung der dgl ist
[mm] y=y_{h}+ y_{p} [/mm] = [mm] c_{1}e^{-3x}+c_{2}e^x [/mm] + [mm] e^x (\bruch{4}{17} [/mm] sinx - 17cosx)
ich hoffe das hilft dir weiter... mfg konvex
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:55 Sa 14.06.2008 | | Autor: | masa-ru |
Hallo konvex,
den Ansatz sehe ich auch als falsch an aber es kommt das selbe raus wie bei dir mit dem "Falsch ansatz" dann kann dieser nicht so falsch sein.
also diese Ansätze lösen diese DGL:
anscheinend falscher ansatz mit richtigem ergebnis:
$ [mm] y_{p} [/mm] = [mm] y_{p1} \cdot{} y_{p2} =A\cdot{}e^x \cdot{}( B\cdot{}sin(x) [/mm] + [mm] C\cdot{}cos(x)) [/mm] = [mm] e^x \cdot{}( \red{AB}\cdot{}sin(x) [/mm] + [mm] \red{AC}\cdot{}cos(x)) [/mm] $
hier kann man A,B,C nicht einzeln bestimmen jedoch AC, und BC.
Richtiger Ansatz laut Papula:
danke @ Martinius
$ [mm] y_p=e^{x}\cdot{}\left(A\cdot{}sin(x)+B\cdot{}cos( x) \right) [/mm] $
Komplex :
$ [mm] y_{p}\left(x\right)=A\cdot{}e^{zx} [/mm] $
$ z=1+j, \ z,A [mm] \in \IC [/mm] $
$ [mm] y_{p}\left(x\right)=A\cdot{}e^{(1+j)x} [/mm] $
Partikuläre Lösung wäre bei allen 3 Ansätzen
$ [mm] y_p=\bruch{e^{x}}{17}(4\cdot{}sin(x) [/mm] - cos(x) ) $
am besten geht es mit dem Komplexen Ansatz ....
mfg
masa
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