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Universität/Hochschule Lineare DGL 2. Ordnung lösen
mathe4ever
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  Themenstart: 2017-02-09

Ich möchte folgendes Randwertproblem lösen: $t^2u''(t) - t(t+2)u'(t) + (2+t)u(t) = t^3$ $u(1) = -1$ $u(2) = 2e-4$ Also berechne ich zunächst die homogene Lösung der DGL, oder? Als Ansatz haben wir bekommen $u(t) = t^\alpha$ Wenn ich jetzt dies in die homogene DGL einsetze, erhalte ich die folgende Gleichung: $t^\alpha (\alpha (\alpha -1) - \alpha (2+t) + 2+t) = 0$ Da $t^\alpha$ nur 0 wird, wenn $t=0$ ist, betrachte ich nur den Term $\alpha (\alpha -1) - \alpha (2+t) + 2+t$ und will diesen gleich Null setzen. Nur hängt dieser Term ja jetzt immer noch von $t$ ab. Und $\alpha$ sollte doch nicht von $t$ abhängen oder? LG m4e


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ochen
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  Beitrag No.1, eingetragen 2017-02-09

Hallo, setze $\alpha=1$. Dann wird dein Term für alle reellen Zahlen $t$ Null. Liebe Grüße


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mathe4ever
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Oh ja stimmt. Da hätte ich auch selbst drauf kommen können. Danke :D


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mathe4ever
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  Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Ok. Damit habe ich die homogene Lösung $u_h(t) = (c_1 + c_2 t)e^t$. Wie komme ich nun auf die spezielle Lösung $u_s(t)$? Das habe ich irgendwie noch nicht ganz verstanden. LG m4e


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endy
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  Beitrag No.4, eingetragen 2017-02-09

Hallo. Deine homogene Lösung ist nicht okay. Als Basis solltest Du dort t und t e^t erhalten. Da deine Inhomogenität ein Polynom vom Grad 3 ist und in der Dgl u(t) mit einem Polynom vom Grad 1 multipliziert wird und die Dgl linear ist,nehme als Ansatz für deine partikuläre Lösung ein Polynom vom Grad 2. Gruß endy


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Wally
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  Beitrag No.5, eingetragen 2017-02-09

Hallo, deine homogene Lösung kann nicht richtig sein, weil ja $u_h=t$ als Spezialfall darin enthalten sein muss. Spezielle Lösungen bekommt man durch Ansätze oder Variation der Konstanten. Wally [Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]


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mathe4ever
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Ich dachte, die homogene Lösung ist $u_h(t) = (c_1 + tc_2)e^{\lambda t}$, wobei mein $\lambda = t^\alpha = t$. Also ist $ u_h(t) = (c_1 + tc_2)e^{t^2}$? Ist das richtig?


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mathe4ever
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  Beitrag No.7, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Ok, und zu speziellen Lösung: Also mein Ansatz ist $u_s(t) = \alpha t^2 + \beta t + \gamma$. Dann ist $u_s'(t) = 2\alpha t + \beta$ und $u_s''(t) = 2\alpha$ Eingesetzt in die inhomogene DGL ergibt das: $-\alpha t^3 + 2\gamma + \gamma t = t^3$. Also ist $\alpha = -1, \gamma = 0$ und $\beta \in \mathbb{R}$ beliebig. Stimmt das so? Lässt $\beta$ sich dann durch die Randbedingungen richtig bestimmen?


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endy
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  Beitrag No.8, eingetragen 2017-02-09

Hallo. Die zweite Fundamentallösung der homogenen Dgl kannst du hier mit bestimmen. Bei der partikulären Lösung hast du dich irgendwo verrechnet. Die Lösung sollte $-t-t^2$ sein. Deine Frage zu dem $\beta$ ergibt keinen Sinn. Gruß endy


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mathe4ever
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  Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Naja, wenn ich meinen Ansatz in die DGL einsetze, erhalte ich $2\alpha t^2 - t(t+2)(2\alpha t + \beta) + (2+t)(\alpha t^2 + \beta t + \gamma) = t^3$. Umgeformt ergibt sich: $2 \alpha t^2 - 2 \alpha t^2(t+2) - \beta t(t+2) + \alpha t^2(t+2) + \beta t(t+2) + \gamma (t+2) = 2 \alpha t^2 + \gamma (t+2) = t^3$ Also wie soll da $ \alpha = -1, \beta = -1, \gamma = 0$ rauskommen? Das $\beta$ verschwindet doch komplett?! LG m4e


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mathe4ever
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  Beitrag No.10, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Ich verstehe nicht, wieso, bzw. wo ich jetzt noch d'Alambert benutzen soll. Also ich will doch die homogene Lösung und die spezielle/partikuläre (ist doch das Gleiche oder?) Lösung der DGL bestimmen. Für die homogene Lösung habe ich einen Ansatz erhalten: $u_h(t) = t^\alpha$ für ein $\alpha \in \mathbb{R}$. Dieses $\alpha$ muss 1 sein. Also ist eine homogene Lösung $u_h(t) = t$. Wie komme ich dann auf die allgemeine homogene Lösung? Mit d'Alambert? Ich dachte, damit berechnet man eine spezielle Lösung. Für die spezielle Lösung nutze ich den Ansatz: $u_s(t) = \alpha t^2 + \beta t + \gamma$ für $\alpha, \beta, \gamma \in \mathbb {R}$. Ich erhalte, dass $\alpha = -1$ und $\gamma = 0$ gelten muss. Wie ich auf $\beta$ komme, habe ich nicht verstanden, da $\beta$ in meiner homogenen DGL nicht mehr vorkommt, da es sich rauskürzt. Kann ich dann nicht einfach $u(t) = c_1 u_h(t) + c_2 u_s(t)$ setzen und dann mit den Randbedingungen $c_1$ und $c_2$ bestimmen? Ich habe das Gefühl, ich habe gar nichts verstanden :( LG m4e


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endy
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  Beitrag No.11, eingetragen 2017-02-09

Hallo. Mit dem Ansatz aus Beitrag Nr. 1 erhältst Du nur eine Fundamentallösung der Dgl;du braucht aber 2 Fundamentallösungen der DGl,daher d'Alambert. Bei der partikulären Lösung der inhomogenen Dgl habe ich mich verrechnet.Der Ansatz $\alpha \cdot t^2$ führt schnell auf die partikuläre Lösung $-t^2$. Gruß endy


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mathe4ever
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  Beitrag No.12, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Vielen Dank schonmal. Also bestimme ich mit d'Alambert jetzt eine weitere homogene Lösung. Im Wikipedia-Artikel wird dann nämlich sofort aus der homogenen Lösung eine inhomogene Lösung bestimmt.


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endy
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  Beitrag No.13, eingetragen 2017-02-09

\quoteon(2017-02-09 11:53 - mathe4ever in Beitrag No. 12) ... Also bestimme ich mit d'Alambert jetzt eine weitere homogene Lösung. ... \quoteoff Ja.


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mathe4ever
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  Beitrag No.14, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Bei mir kommen da jetzt aber ziemlich komplizierte Terme raus :( Also meine eine homogene Lösung war ja $u_1(t) = t$. Und die zweite homogene Lösung wäre dann $u_2(t) = c(t)t$ Wenn $z(t) = c'(t)$, erhalte ich also als neue DGL $tz'(t) + [t^2(2+t) + 2]z(t) = 0$ Wenn ich diese Gleichung nach $z'(t)$ umstelle, erhalte ich $z'(t) = - z(t) [t(2+t) + \frac{2}{t}]$ Nun berechne ich also im Zuge der Variation der Konstanten das Integral $\int \limits_1^t s(2+s) + \frac{2}{s} ds = \frac{t^3}{3} +t^2 - \frac{1}{3} -1 + 2ln(t)$. Dann ist also eine Lösung für z: $z(t) = exp(\frac{t^3}{3} +t^2 - \frac{1}{3} -1 + 2ln(t))$. Nun muss ich dieses z(t) noch integrieren um c(t) zu erhalten und damit eine weitere Lösung. Aber dieses Integral ist ja saukompliziert. Außerdem habe ich mir die Lösung von Wolfram Alpha ausgeben lassen und die sieht nicht so kompliziert aus. Habe ich da was falsch gemacht oder muss ich mich da einfach nur weiter durchrechnen? LG m4e [Die Antwort wurde nach Beitrag No.12 begonnen.]


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endy
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  Beitrag No.15, eingetragen 2017-02-09

Hallo. Ich habe keine Ahnung was du gerechnet hast. Mit dem Ansatz $u(t)=t \cdot v(t)$ erhalte ich als Dgl $v''(t)=v'(t)$.Also ergibt sich wie gewünscht die Exponentialfunktion als Lösung für v(t). Gruß endy


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mathe4ever
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  Beitrag No.16, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Das verstehe ich nicht? Was hast du da gemacht, endy? Ich habe das gemacht, bei Wikipedia im Artikel zum "Reduktionsverfahren von d'Alembert" steht unter dem Abschnitt "Spezialfall: Lineare Differentialgleichung zweiter Ordnung". LG m4e EDIT: Ah ok, du hast den Ansatz einfach wieder in die DGL eingesetzt. Wozu dann dieser komplizierte Weg, wie er bei Wikipedia beschrieben ist?


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endy
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  Beitrag No.17, eingetragen 2017-02-09

\quoteon(2017-02-09 12:34 - mathe4ever in Beitrag No. 16) ... EDIT: Ah ok, du hast den Ansatz einfach wieder in die DGL eingesetzt. Wozu dann dieser komplizierte Weg, wie er bei Wikipedia beschrieben ist? \quoteoff Genau dies habe ich gemacht. Generell kann man sich bei so etwas das Leben schwer machen indem man irgendwelche Formeln anwendet,oder man setzt einfach die entsprechenden Ansätze ein und rechnet drauflos. endy


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mathe4ever
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  Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Also ist aber die homogene Lösung nun $u_h(t) = t(c_1 + c_2e^t)$ für 2 Konstanten $c_1, c_2 \in \mathbb{R}$? Und die spezielle Lösung ist $u_s(t) = -c_3t^2$ mit einer Konstante $c_3 \in \mathbb{R}$. Dann ist die allgemeine Lösung also $u(t) = u_h(t) + u_s(t) = t(c_1 + c_2e^t) -c_3t^2$? Und nun muss ich die Konstanten auflösen, in dem ich die Randbedingungen mit einbeziehe. [Die Antwort wurde nach Beitrag No.16 begonnen.]


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mathe4ever
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  Beitrag No.19, vom Themenstarter, eingetragen 2017-02-09

Stimmt das jetzt?


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  Beitrag No.20, eingetragen 2017-02-09

Nicht ganz. Die homogene Lösung ist korrekt. Als partikuläre Lösung haben wir doch $-t^2$ bestimmt.Es gilt also $c_3=1$. $c_1$ und $c_2$ bestimmst du durch die beiden Anfangsbedingungen. endy


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