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Gewöhnliche DGL » Lineare DGL 2. Ordnung » Lineare homogene DGL mit variablen Koeffizienten
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Universität/Hochschule J Lineare homogene DGL mit variablen Koeffizienten
Clvrhammer
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  Themenstart: 2022-06-04

Hallo, Ich bin auf der Suche nach den Lösungen zur folgenden Differentialgleichung: $$y''(x) - \frac{2}{x} y'(x) - k \cdot y(x) \enspace = \enspace 0 \quad ,$$ wobei $k \in \mathbb{R}$ konstant ist. Ich bin leider nicht allzu gut mit Differentialgleichungen, wäre also über jeden Tipp zur Herangehensweise sehr froh! Beste Grüße, Clvrhammer


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-06-05

Hallo Clvrhammer, multipliziere die ganze DGL mit $x$ und wähle dann den Ansatz $$y(x)=(ax+b)e^{-cx}$$ Ciao, Thomas


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gonz
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  Beitrag No.2, eingetragen 2022-06-05

Hallo Thomas, magst du ein Wort dazu sagen, wie man auf diesen Ansatz kommt? Grüße Gerhard/Gonz


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dietmar0609
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-06-05

Ich habe auch mit x multipliziert und dann einen Potenzreihenansatz gewählt. Das wird aber wahnsinnig kompliziert, führt aber wahrscheinlich auch zum Ziel. Auch von mir die Frage: Wie kommt man auf diesen Ansatz. Habe ein wenig in der mir bekannten Literatur gestöbert, aber nichts brauchbares gefunden. Gruß Dietmar


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dietmar0609
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  Beitrag No.4, eingetragen 2022-06-05

Ich habe mal den Ansatz von MontyPythagoras durchgerechnet. Vielleicht schaut mal einer drüber, ob ich mich nicht verrechnet habe ...... y=(a*x+b)*e^(-c*x) y'= -(a*c*x+b*c-a)*e^(-c*x) y'' = c*(a*c*x+b*c-2*a)*e^(-c*x) ________________________________________________________________________ dgl umgeschrieben: x*y'' - 2*y' -k*x*y = 0 _________________________________________________________________________ y,y' und y'' in dgl ergibt: x*c*(a*c*x+b*c-2*a)*e^(-c*x)+2*(a*c*x+b*c-a)*e^(-c*x)-k*x*(a*x+b)*e^(-c*x) = 0 x*c*(a*c*x + b*c-2*a)+2*(a*c*x + b*c-a)-k*x*(a*x+b) = 0 x^2 *(a*c^2 - a*k) + x*(b*c^2 -2a*c +2a*c -k*b) + 4b*c-2a = 0 die letzte Zeile muss x^2 *(a*c^2 - a*k) + x*(b*c^2 -2a*c +2a*c -k*b) + 2b*c-2a = 0 heißen, siehe Korrektur von Gonz in Beitrag 6 und damit c = sqrt(k) a (beliebig) b = a/sqrt(k)


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gonz
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-06-06

Achtung, dieser Beitrag beinhaltet einen vom Vorpost übernommenen Fehler, Korrektur siehe Folgepost Ich versuche mal eine Probe. \ Für "unsere" Lösung muss k>0 gelten, ich kann dann in der Ausgangs-DGl statt k einen Wert \omega^2 einsetzen (einfach um mir die Wurzeln zu ersparen), und erhalte als Parameter der Lösung gem. Post von Dietmar: c = \omega a beliebig b = a/(2\omega) Da die DGL homogen ist, ist klar, dass das Vielfache einer Lösung ebenfalls eine Lösung ist, also passt es auch, dass b den Faktor a beinhaltet, den man dann ausklammern kann. Und damit y(x) = a(x+1/(2\omega))e^(-\omega*x) y'(x) = a(1/2 - \omega x) e^(-\omega*x) y''(x) = a( x \omega^2 - 3/2 \omega) e^(-\omega*x) a und e^(-\omega*x) ausgeklammert ergibt sich aus der bereits mit x multiplizierten DGL: x( x \omega^2 - 3/2 \omega) - 2 (1/2 - \omega x) -x \omega^2 (x+1/(2\omega)) = 0 was erstmal nicht passt. Ich sende es trotzdem mal ab, wahrscheinlich liegt der Rechenfehler bei mir...


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gonz
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  Beitrag No.6, eingetragen 2022-06-06

\ Fehler gefunden. Es muss heißen b=a/\omega, da wurde ein Faktor 2 dazugemogelt. Damit ist in Kurzform, Erläuterungen siehe vorheriges Post: c = \omega a beliebig b = a/\omega y(x) = a(x+1/\omega)e^(-\omega*x) y'(x) = - a\omega x e^(-\omega*x) y''(x) = a( x \omega^2 - \omega) e^(-\omega*x) x( x \omega^2 - \omega) + 2 \omega x - x \omega^2 (x+1/\omega) = 0 Was sich wunschgemäß hinweghebt. Schöne Sache das :)


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dietmar0609
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-06-06

Hallo Gerhard, Habe in Beitrag 4 die Stelle korrigiert, wo der Faktor 2 "hinzugemogelt" wurde. Vielen Dank für deine Mühen, hat sich ja gelohnt ..... dann brauche ich die Probe ja nicht mehr berechnen ..... Bleibt dennoch die Frage , warum gerade der Ansatz des Produkts einer linearen Funktion mit der Exponentialfunktion zielführend ist. Einen wunderschönen Pfingstmontag noch .... Schade, dass sich der Fragesteller nicht mehr hat blicken lassen ... Gruß Dietmar


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Clvrhammer
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  Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-06

Woah, Vielen vielen Dank für alle eure Antworten! Ich war sehr überrascht, dass das Thema ein solches Interesse geweckt hat :) Tatsächlich hatte ich sogar befürchtet, dass es zu dieser Gleichung keine Lösung in geschlossener Form gibt, aber MontyPythagoras hat mich hier wohl eines Besseren belehrt. Die Frage allerdings, wie dieser Ansatz anfänglich überhaupt in Betrachtung gezogen wird, bleibt bestehen. Dies würde mich auch noch brennend interessieren. Darüber hinaus hat die Diskussion dazu angeregt mich damit zu beschäftigen den Lösungsansatz auf andere DGLen ähnlicher Form zu verallgemeinern. Soll heißen: wie der obige Ansatz modifiziert werden muss, um eine DGL der Form $$y''(x) - \frac{\lambda}{x} y'(x) - k \cdot y(x) \enspace = \enspace 0$$ zu lösen. Wie zu erwarten komme ich aber auf keinen grünen Zweig. Da die Lösung für den Fall $\lambda = 2$ so aus der Kanone geschossen daher kam, wollt ich mich also nun bei euch erkundigen ob es eine allgemeinere Lösung für $\lambda$ beliebig gibt? Beste Grüße und vielen Dank, Clvrhammer


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gonz
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  Beitrag No.9, eingetragen 2022-06-06

Hallo Clvrhammer, schön, dass wir dir weiterhelfen konnten. Kann man die neue DGL nicht ebenfalls mit dem Ansatz erschlagen?


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Clvrhammer
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-06

Ich habe es mir durchgerechnet. Der Ansatz ohne weitere Modifikation funktioniert nur dann, wenn $\lambda = 2$. Das folgt daraus, dass (entsprechend der Berechnungen von dietmar0609) die Gleichung nach dem Einsetzen des Ansatzes die folgende Form bekommt: $$x^2 \cdot \Big[ ac^2 - ka \Big] + x \cdot \Big[ -2ac + bc^2 + \lambda ac - kb \Big] + \cdot \Big[ \lambda bc - \lambda a \Big] \enspace = \enspace 0 \quad ,$$ woraus aus dem Koeffizienten von $x^0$ folgt, dass $ a = bc$, aus dem Koeffizienten von $x^2$ folgt, dass $c^2 = k$, und aus dem Koeffizienten von $x^1$ folgt, dass $-2a + \lambda a = 0$. Das ist natürlich erfüllt für $\lambda = 2$ (ursprünglicher Fall) oder für $a = 0$ (triviale Lösung). Grüße, Clvrhammer


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gonz
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  Beitrag No.11, eingetragen 2022-06-06

Stimmt, da hast du Recht. Also - weitergrübeln.


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MontyPythagoras
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  Beitrag No.12, eingetragen 2022-06-06

Hallo zusammen, unter bestimmten Bedingungen kann so ein Ansatz funktionieren, wie ich ihn gemacht habe (wie Ihr gemerkt habt) - aber nicht immer. Wenn man ein Polynom des Grades $n$, also z.B. $p_n(x)$ mit einer e-Funktion multipliziert, in deren Exponent sich ebenfalls ein Polynom, sagen wir $q_m(x)$, befindet, dann kann man bestimmen, welchen Grades die $k$-te Ableitung ist (von der e-Funktion abgesehen). Also $$y(x)=p_n(x)e^{q_m(x)}$$Dann ist die $k$-te Ableitung $$y^{(k)}(x)=r(k,x)e^{q_m(x)}$$wobei $r(k,x)$ ebenfalls ein Polynom ist, und zwar vom Grad $$n+k(m-1)$$Das Polynom vor $y(x)$ hat in dieser DGL den Grad 1, das von $y''(x)$ auch. Damit bietet sich $m=1$, sprich: $e^{cx}$ an. Da drei Ableitungen in der DGL vorkommen (die nullte Ableitung mitgezählt), braucht man drei anpassbare Konstanten, damit der Koeffizientenvergleich aufgehen kann, daher $p_n(x)=ax+b$. Kann klappen, muss aber nicht. Ciao, Thomas


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Wally
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  Beitrag No.13, eingetragen 2022-06-06

\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\) Ich habe mal Maple gefragt. Mit $ l=\lambda$$ ist die Lösung $ y(x) = C_1*x^{1/2+1/2*l}*\operatorname{BesselJ}(-1/2*l-1/2,a^{1/2}*x)+C_2*x^{1/2+1/2*l}*\operatorname{BesselY}(-1/2*l-1/2,a^{1/2}*x)$ Viele Grüße Wally \(\endgroup\)


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Clvrhammer
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  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2022-06-07

Oi, da hätte ich wohl lange getüftelt bis ich auf diese Lösung gekommen wäre. :) Ein großes Dankeschön jedenfalls nochmal an alle!


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Clvrhammer hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Clvrhammer hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.

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