Weitere Möglichkeiten für Differentialgleichungen?

mrhenky_d11d7f · 2. August 2008 um 15:31

Guten Tag liebe Community!

Ich habe mir nun die Lösungsmethode der Trennung der Variablen einverleibt, jedoch stehe ich jetzt vor dem nächsten Problem: Es gibt noch 2 weitere Möglichkeiten der Lösung.

Das eine wäre der Ansatz einer Polynomfunktion und das andere wäre die Variation der Konstanten.
Jetzt meine Frage:
Haben diese Möglichkeiten etwas mit einer Störfunktion zu tun? Sind diese beiden Möglichkeiten jene, bei der man die echte Lösung von y erhält, indem man die homogene und die partikuläre Lösung (y=yh+yp) addieren muss?

Könnte mich bitte jemand (wieder) in diese Themen einführen? Ganz hilfreich wäre auch ein kleines anschauliches und verständliches Beispiel.

Wenn ich beispielsweise die Angabe hätte, dass y’ + 2*y = 4*x sei, so wäre 4*x meine Störfunktion.
Mir ist auch bekannt, dass man immer zuerst die homogene Lösung erstellen soll. Diese wäre in meinem Fall: y’ + 2*y = 0
Dann kämen die nächsten Schritte:
y’ = -2*y
dy/dx = -2*y
dy = -2*y * dx
dy/-2*y = dx
–//Integration//–
-2 * ln y = x
ln y^-2 = x
–//e hoch/–
y^-2 = e^x

Und jetzt? könnte ich die negative Quadratwurzel ziehen? Oder muss ich anders auf y kommen?

Dann hätte ich noch ein Problem: yp

Da unser Lehrer sagte, dass wir die Formeln für die Ansätze für yp nicht auswendig lernen müssten, gab er uns eine Angabe auf die Schularbeitsblätter.
Jene besagen, dass, wenn meine Störfunktion die Form s(x) = A_r* x^r + … + A₀ ist, solle ich den Ansatz
yp = b_r* x^r + … + b₀ wählen, WENN a ≠ 0 ist.
Andernfalls sei der Ansatz yp = b_{r + 1}* x^{r + 1} + … + b₀ zu wählen.

Nun meine nächste Frage: Wie stelle ich fest, ob a größer oder kleiner 0 ist?
Mir ist bekannt, dass es dafür eine Formel gibt, nur will mir jene überhaupt nicht einfallen. Vielleicht kann mir jemand auf die Sprünge helfen.

Ich hoffe, man versteht mein Anliegen.
mfg
mrhenky

softwareschmied · 2. August 2008 um 16:02

Hallo

Wenn ich beispielsweise die Angabe hätte, dass y’ + 2*y = 4*x

Homogene Lösung:

y’ = -2*y
dy/dx = -2*y
dy = -2*y * dx
dy/-2*y = dx
–//Integration//–
-2 * ln y = x

Es gehört:
ln y = -2*x + C
Ergebnis:
y_H(x) = k*e^(-2*x)
Die partikuläre am besten über Variation der Konstanten, das finde ich hier am einfachsten:
y = k(x)*e^(-2*x) (1)
y’ = k’*e^(-2*x) - 2*k*e^(-2*x)
Beide in die Angabe (y’ + 2*y = 4*x) einsetzen und k(x) bestimmen:
k’*e^(-2*x) = 4*x
k’ = 4*x*e^(2*x)
Integrieren
k = e^(2*x)*(2*x - 1)
Das k einsetzen in (1):
y_partikulär = (2*x - 1)
Gesamtlösung:
y(x) = (2*x - 1) + k*e^(-2*x)
Zum Ansatz in der Form des Störterms fehlt mir die Zeit.
Liebe Grüße. Alex

mrhenky_d11d7f · 2. August 2008 um 17:04

Danke erstmal für die Erleuterung der Konstantenvariation.
Jetzt weiß ich wieder, dass ich die homogene Lösung so umwandeln muss, das alle C zu C(x) werden, wobei nachher noch die Ableitung gebildet werden muss, damit man die Ergebnisse in die Grundangabe setzen muss, damit man sich C’ ausdrücken kann und dann Integrieren. Doch hier hänge ich wieder:

k’ = 4*x*e^(2*x)
Integrieren
k = e^(2*x)*(2*x - 1)
Das k einsetzen in (1):
y_partikulär = (2*x - 1)
Gesamtlösung:
y(x) = (2*x - 1) + k*e^(-2*x)

Wie wird aus 4x * e^2x nach der Integration e^2x * (2x - 1)

Wo verschwindet das 4x hin?
–//-- edit: ich habs mal testhalber abgeleitet, aber nun frage ich mich, wie berechnet man die Integration per hand? Woher kommt das - 1 ?

Vielen lieben Dank für die Erläuterung!

mfg
mrhenky

softwareschmied · 2. August 2008 um 17:52

Hallo nochmal.

Wie wird aus 4x * e^2x nach der
Integration e^2x * (2x - 1)

Es gibt 2 Möglichkeiten:
1.) Du lässt das Integral unter http://integrals.wolfram.com berechnen.
2.) Mittels partieller Integration:
Int[f’*g]=f*g-Int[f*g’]
Bei dir ist: f’ = e^(2*x) und g = x

Zum Ansatz vom Typ der Störung:
Bei dir ist die Störung von der Ordnung x. Du setzt für die partikuläre Lösung nun ein Polynom an, dessen höchste Potenz x ist. Also:
y_partikulär = a*x + b
Das a muss ungleich null sein, da dein Polynom sonst von der Ordnung 1 und nicht mehr x wäre.
Dieses y setzt du in deine ursprüngliche DGL ein und erhältst eine Gleichung auf deren beiden Seiten Polynome stehen.
Nun wissen wir, dass zwei Polynome gleich sind wenn alle Koeffizienten gleich sind. Bei deinem Beispiel setzt du an:
y_partikulär = a*x + b
Die Ableitung davon ist: a
Eingesetzt in die Ausgangs-DGL (y’ + 2*y = 4*x):
a + 2*a*x + 2*b = 4*x
2*a*x + (a + 2*b) = 4*x
Koeffizientenvergleich:
2*a = 4
a + 2*b = 0
Daraus ergibt sich:
a = 2, b = -1
und somit:
y_partikulär = 2*x - 1
Du siehst, dass diese Methode viel einfacher war als die Variation der Konstanten, da wir ohne Integration auskommen.
Liebe Grüße.
Alex

mrhenky_d11d7f · 3. August 2008 um 11:58

Nun wissen wir, dass zwei Polynome gleich sind wenn alle
Koeffizienten gleich sind. Bei deinem Beispiel setzt du an:
y_partikulär = a*x + b
Die Ableitung davon ist: a
Eingesetzt in die Ausgangs-DGL (y’ + 2*y = 4*x):
a + 2*a*x + 2*b = 4*x
2*a*x + (a + 2*b) = 4*x
Koeffizientenvergleich:
2*a = 4
a + 2*b = 0
Daraus ergibt sich:
a = 2, b = -1
und somit:
y_partikulär = 2*x - 1
Du siehst, dass diese Methode viel einfacher war als die
Variation der Konstanten, da wir ohne Integration auskommen.
Liebe Grüße.
Alex

Vielen Dank für die Erklärung dieser Variante. Nur habe ich noch ein kleines Problem: Nun habe ich zwar ein yp ohne C bzw. K, aber ich benötige ja für die Lösung noch ein yh. Ist dieses das gleiche wie bei der Variation der Konstanten, oder muss ich ein neues yh berechnen? Ich frage deshalb noch einmal nach, weil mich das C im yh der Konstantenvariation ( sofern es richtig ist, jenes zu verwenden ) etwas verwirrt.

Theoretisch habe ich ja das yh unabhängig von den nachfolgenden Lösungsvorgängen zu lösen.

Das wäre dieser Vorgang:
y’ + 2y = 0
y’ = -2y
dy/dx = -2y
dy = -2y * dx
dy/y = -2 dx

ln y = -2x + C
y = C e^(-2x)

Wenn mein Gedanke richtig ist, dass man yh unabhängig erstellt, dann hat man ja in der Variation der Konstanten eine Möglichkeit jenes zu beseitigen. Nun stellt sich mir aber die Frage, wie man beim Ansatz einer Polynomfunktion die Konstante beseitigt.

Ich freue mich über jede Antwort.
mfg
mrhenky

softwareschmied · 3. August 2008 um 18:37

Hallo henky.

Vielen Dank für die Erklärung dieser Variante. Nur habe ich
noch ein kleines Problem: Nun habe ich zwar ein yp ohne C bzw.
K, aber ich benötige ja für die Lösung noch ein yh.

Das y_homogen hast du ja bereits über „Trennung der Variablen“, also wie du weiter unten durchführst, bekommen.
Die Lösungen (Mehrzahl da der Parameter C noch nicht bestimmt ist) einer inhomogenen DGL ist die Summe aus einer ALLGEMEINEN homogenen Lösung (hier müssen noch Parameter entsprechend der Ordnung vorhanden sein), und einer BELIEBIGEN (daher das Wort partikulär) partikulären Lösung, für die du also die Integrationskonstanten weglassen darfst. Mittels der ANFANGSWERTE bestimmst du eine bestimmte Lösung, also genau einen Wert für die Parameter.

das gleiche wie bei der Variation der Konstanten, oder muss
ich ein neues yh berechnen?

Die „Variation der Konstanten“ ist nur ein gebräuchliches Kochrezept, und führt zu einer partikulären Lösung und hat nichts mit der homogenen zu tun.

Ich frage deshalb noch einmal nach, weil mich das C im yh der :Konstantenvariation ( sofern es richtig ist, jenes zu verwenden ) :etwas verwirrt.

Variablentrennung -> y_homogen: mit Konstanten
Konstantenvariation (oder Ansatz wie die Störung) -> y_partikulär: ohne Konstanten
C aus y = yh + yp mittels der Anfangsbedingung

Theoretisch habe ich ja das yh unabhängig von den
nachfolgenden Lösungsvorgängen zu lösen.

Das wäre dieser Vorgang:
y’ + 2y = 0
y’ = -2y
dy/dx = -2y
dy = -2y * dx
dy/y = -2 dx

ln y = -2x + C
y = C e^(-2x)

Wenn mein Gedanke richtig ist, dass man yh unabhängig
erstellt, dann hat man ja in der Variation der Konstanten eine
Möglichkeit jenes zu beseitigen.

Du willst mit der Variation der Konstanten NUR die partikuläre Lösung, die homogene bleibt MIT C bestehen.
Hast du y(x) = y_homogen + y_partikulär bestimmt erhältst du durch die Anfangsbedingung(en) dein C.

Nun stellt sich mir aber die Frage, wie man beim Ansatz einer olynomfunktion die Konstante beseitigt.

Mit dem Ansatz als Polynom willst du NUR die partikuläre Lösung.
Das C erhältst du über die Anfangsbedingung.

Ich freue mich über jede Antwort.

Und ich freu mich über jede Frage
Liebe Grüße.
Alex

mrhenky_d11d7f · 3. August 2008 um 20:42

Hallo, ich bin’s wieder!
Ich habe mir den Artikel durchgelesen und bin dann auch wieder auf diese Aussage in meinem eigenen Kopf gestoßen:

Das C erhältst du über die Anfangsbedingung.

Jetzt noch eine Frage dazu:
Gilt es als Anfangsbedingung eine Lösungskurve zu berechnen, die durch einen bestimmten Punkt geht?

Und ich freu mich über jede Frage

Na dann freu ich mich ja direkt Ihnen eine Freude zu bereiten

mfg
mrhenky

softwareschmied · 5. August 2008 um 16:30

Servus

Hallo, ich bin’s wieder!
Ich habe mir den Artikel durchgelesen und bin dann auch wieder
auf diese Aussage in meinem eigenen Kopf gestoßen:

Das C erhältst du über die Anfangsbedingung.

Jetzt noch eine Frage dazu:
Gilt es als Anfangsbedingung eine Lösungskurve zu berechnen,
die durch einen bestimmten Punkt geht?

Ja genau das ist es. Die allgemeine Lösung einer DGL ist eine Funktion mit Parametern, dein C ist ein solcher. D.h. egal welchen konstanten Wert du für dein C einsetzt, die Funktion löst die Differenzialgleichung. Es gibt also unendlich viele Lösungen, abhängig vom jweiligen Parameterwert. Mit der Anfangsbedingung f(x0) = y0 wird nun ein bestimmter Punkt ausgezeichnet durch den deine Lösungskurve verlaufen soll. Einsetzen des Punktes (x0,y0) in die Lösung liefert dir eine Gleichung aus der du C für diesen speziellen Punkt bestimmen kannst. Du hast die Differenzialgleichung dann EINDEUTIG gelöst. (Falls eine eindeutige Lösung existiert, aber bei den Übungsbeispielen ist dies meist der Fall.)
Liebe Grüße.
Alex