4. Differentialgleichungen: Aufsuchen einer partikulären Lösung

Differentialgleichungen: Aufsuchen einer partikulären Lösung

  • T

    Ein vorgehen, was *immer* klappt: Variation der Konstanten.
    Du nimmst dir die homogene Lösung, und alle Konstanten (für DGLs 1. Ordnung nur eine) schreibst du dabei als eine Funktion von x. Die entstehende Funktion setzt du in die DGL ein (ggf. differenzieren). Aus der entstehenden Gleichung bestimmst du die unbekannte Funktion.

    Einfaches Bsp. (quasi für Anfänger 🙂 ):

    y' + y = e^x

Homogene Lösung:    y_h(x) = C * e^(-x)
Var. d. Konstanten: y_p(x) = C(x) * e^(-x)
                    y_p'(x) = C'(x) * e^(-x) - C(x) * e^(-x)
Einsetzen in DGL:   C'(x) * e^(-x) - C(x) * e^(-x) + C(x) * e^(-x) = e^x
Also                C'(x) * e^(-x) = e^x bzw. C'(x) = e^(2x)
Integrieren         C(x) = 1/2 * e^(2x) + K

Es wird nur eine partikuläre Lsg. benötigt, also wählen wir K = 0
Damit ist y_p(x) = 1/2 * e^x.
Alg. Lösung: y(x) = y_h(x) + y_p(x) = C * e^(-x) + 1/2 * e^x

    Alternativ kann man eine andere Ansatzfunktion wählen, wenn man "sieht", wie die Lösung aussehen könnte. Oder du findest gleich eine passende Funktion, die die DGL löst.

    Edit: Die krude Formel von Walli ist genau das selbe. Die kommt heraus, wenn man das Vorgehen, das ich vorgeturnt hab, allgemein ausführt. Da sieht man aber nicht mehr, woher die Formel kommt.

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  • K

    Hallo,

    "Variation der Konstanten" wird in meiner Literatur als eigenständige Lösungsmöglichkeit behandelt.

    D.h.:
    Durch "Variation d. Kosntanten" kann ich jede DGL dieses Typs lösen.

    Allerdings wird hier eben ein zweites eigenständiges Lösungsverfahren unter dem Namen "Aufsuchen einer partikulären Lösung" vorgestellt.
    Dieses läuft über die von mir genannten 3 Schritte ab (1.) Lösung der zugeh. homog. DGL y0 bestimmen, 2.) partikuläre Lsg. yp der gegebenen inhomog. DGL bestimmen, 3.) y = y0 + yp)

    Es macht nun hier wenig Sinn Schritt 2 durch "Variation der Konstanten" auszuführen. Denn dann könnte ich mir ja die Schritte 1 u. 3 sparen und direkt die allg. Lsg. der inhomogenen DGL über "Variation d. Konstanten" finden.

    Ich glaube der Schlüssel zu meinem Problem liegt irgendwie in Taurins Anmerkung:

    Taurin schrieb:

    Alternativ kann man eine andere Ansatzfunktion wählen, wenn man "sieht", wie die Lösung aussehen könnte.

    Wie komme ich zu so einer Ansatzfunktion?

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  • W

    Kräuterkundestudent schrieb:

    Wie komme ich zu so einer Ansatzfunktion?

    Also Ansatzfunktionen funktionieren immer ganz gut, wenn man konstante Koeffizienten hat, also bspw. y'+2y=x²

    Meist macht man einen "Ansatz vom Typ der rechten Seite", also wenn die rechte Seite z.B. ein Polynom vom Grad N ist, dann setzt man ein Polynom vom Grad N mit unbekannten Koeffizienten an und macht einen Koeffizientenvergleich nachdem man y' und y eingesetzt hat usw. In manchen Formelsammlungen findet sich eine Tabelle mit sinnvollen Ansätzen.

    Oben genanntes Beispiel:

    y'+2y=x²

Ansatz: y(x)=ax²+bx+c => y'(x)=2ax+b
Einsetzen: (2ax+b) + 2(ax²+bx+c) = x²
Koeffvgl.: 2(a+b)=0 und 2a = 1 und c = 0
=> a = 0.5 und b = -0.5 und c = 0
also y(x)=0.5x(x-1)
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  • T

    Kräuterkundestudent schrieb:

    "Variation der Konstanten" wird in meiner Literatur als eigenständige Lösungsmöglichkeit behandelt.

    Lass dich davon nicht irritieren. Das (scheint) ein mathematisches Teekesselchen zu sein. Vielleicht meint dein Buch mit Var. d. Konst. was anderes, als wir.

    Kräuterkundestudent schrieb:

    Wie komme ich zu so einer Ansatzfunktion?

    Für viele Typen von lin. DGLs sind Ansatzfunktionen bekannt (s. Walli), teilweise hilft raten. Wenn dann mit deinem Ansatz was vernünftiges rauskommt, hast du gewonnen, wenn du zu einem Widerspruch kommst, war dein Ansatz ungeeignet.
    Wenn du keinen spez. Ansatz findest, machst du eben Variation der Konstanten (wie ich es oben beschrieben habe). Findest du in deinem Buch das Verfahren wieder? Wie wird es da genannt? Würd mich interessieren.

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  • T

    Hab gerade noch mal nachgeschlagen.
    Zwei spez. Ansätze (zusätzlich zu dem Polynomansatz von Walli):

    y' + a * y = h(x) mit a = const

h(x) = b1 * cos([e]omega[/e]x) + b2 * sin([e]omega[/e]x)
Ansatz: y_p(x) = C*sin([e]omega[/e]x - [e]gamma[/e])

h(x) = b*e^([e]lambda[/e]x)
Ansatz (falls [e]lambda[/e] != a) y_p(x) = C*e^([e]lambda[/e]x)
Ansatz (falls [e]lambda[/e] == a) y_p(x) = C*x*e^([e]lambda[/e]x)

    Du kannst dir ja mal einfache Beispiele bauen und die ausprobieren.

    Edit: Der Ansatz y_p(x) = C*sin(ωx - γ) erscheint mir aber etwas undhandlich.

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  • K

    Walli schrieb:

    y'+2y=x²

Ansatz: y(x)=ax²+bx+c => y'(x)=2ax+b
Einsetzen: (2ax+b) + 2(ax²+bx+c) = x²
Koeffvgl.: 2(a+b)=0 und 2a = 1 und c = 0 // ??was geschieht hier??
=> a = 0.5 und b = -0.5 und c = 0
also y(x)=0.5x(x-1)

    Taurin schrieb:

    Findest du in deinem Buch das Verfahren wieder? Wie wird es da genannt? Würd mich interessieren.

    Sry, aber ich sehe da keine Parallelen zu den Ausführungen in meinem Buch...
    Dort steht nur: "Prinzipell läßt sich eine partikuläre Lösung yp der inhomogenen Gleichung stets durch Variation der Konstanten bestimmen. Dieses Verfahren ist hier jedoch nicht gemeint."

    Prinzipell denke ich aber, dass der Autor des Buches und Ihr das gleiche mit "Var. d. Konstanten" meint, da er aus dem Parameter, der in der Lsg. der homog. DGL steckt, eine Parameterfunktion, abhängig von x, macht.

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  • W

    Kräuterkundestudent schrieb:

    Walli schrieb:

    y'+2y=x²

Ansatz: y(x)=ax²+bx+c => y'(x)=2ax+b
Einsetzen: (2ax+b) + 2(ax²+bx+c) = x²
Koeffvgl.: 2(a+b)=0 und 2a = 1 und c = 0 // ??was geschieht hier??

    Da geschieht folgendes. Du ermittelst, welche Werte a, b und c haben müssen, damit links das selbe steht wie rechts. Ein Koeffizientenvergleich eben. Nichts schwieriges 😉 ! Als Zwischenschritt könntest du das was links vom Gleichheitszeichen steht noch nach Potenzen von x umordnen, dann wird es klarer.

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  • T

    Vielleicht hilft dir das noch weiter, falls du noch Material brauchst:

    http://www.math.uni-hamburg.de/teaching/export/tuhh/lehrmaterial/dgl1/ws0405/anl1_dgl1.pdf
    http://www.math.uni-hamburg.de/teaching/export/tuhh/lehrmaterial/dgl1/ws0405/anl2_dgl1.pdf

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  • K

    super, das hat mir echt geholfen und auch danke für die zwei quellen.

    mein problem wär damit erledigt... 🙂

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  • T

    Kräuterkundestudent schrieb:

    super, das hat mir echt geholfen und auch danke für die zwei quellen.

    mein problem wär damit erledigt... 🙂

    Und wieder ist jemand schlauer geworden 👍

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