TU Wien:Mathematik 2 UE (diverse)/Übungen WS07/Beispiel 306

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Man löse die Differentialgleichung:

y″−2y′=exsin⁡x

Kompakte Lösung

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y″−2y′+0y⏞dazu denken=exsin⁡(x)
λ2−2λ=0
λ(λ−2)=0
λ1=0∧λ2=2

y(h)(x)=C1e0x+C2e2x=C1+C2e2x
y(p)(x)=(A⋅sin⁡x+B⋅cos⁡x)⋅ex

y(′p)=(A⋅sin⁡x+B⋅cos⁡x)⋅ex+(A⋅cos⁡x−B⋅sin⁡x)⋅ex
=(Asin⁡x+Acos⁡x−Bsin⁡x+Bcos⁡x)⋅ex
y(″p)=(Asin⁡x+Acos⁡x−Bsin⁡x+Bcos⁡x)⋅ex+(Acos⁡x−Asin⁡x−Bcos⁡x−Bsin⁡x)⋅ex
=(2Acos⁡x−2Bsin⁡x)⋅ex

Koeffizientenvergleich
exsin⁡x=(2Acos⁡x−2Bsin⁡x)⋅ex−2(Asin⁡x+Acos⁡x−Bsin⁡x+Bcos⁡x)⋅ex
sin⁡x=−2Asin⁡x−2Bcos⁡x
A=−12∧B=0

y(x)=C1+C2e2x−12sin⁡x⋅ex

Lösungsansatz von Baccus

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(bitte klarifizieren!):

  • Charakteristisches Polynom:

λ2−2λ⏟λ(λ−2)=0⟹λ1=0,λ2=2⟹yh=A+B⋅e2x

Einschub:

Bei einer Störfunktion der Gestalt eax⋅{sin⁡bxcos⁡bx}⋅P(x) setzt man an:

eax(Q(x)sin⁡bx+R(x)cos⁡bx)⋅xk, wobei:
  • Q(x), R(x) Polynome vom selben Grad (Potenz) wie P(x) sind,
  • k die Vielfachheit von [a+ib]∈ℂ als Nullstelle in der charakteristischen Gleichung ist.

Also ⟹e1xsin⁡(1x)⋅1⋅x0 ( [1+i] ist keine Nullstelle)

yp=ex(Csin⁡x+Dcos⁡x)

y'p=ex(Csin⁡x+Dcos⁡x+Ccos⁡x−Dsin⁡x⏟g′ausProduktregel)

y′'p=ex(2Ccos⁡x−2Dsin⁡x)


Aus der Angabe: y″−2y′:

ex(2Ccos⁡x−2Dsin⁡x)−2ex(Csin⁡x+Dcos⁡x+Ccos⁡x−Dsin⁡x)=exsin⁡x

Koeffizientenvergleich⇒C=−12,D=0

⟹yp=−12exsin⁡x

⟹y=A+B⋅e2x−12⋅exsin⁡x

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