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Hallo,
bei DGLen der Form
$$ a_0 x^0 y + a_1 x^1 y' + a_2 x^2 y'' + \ldots + a_n x^n y^{(n)} = f(x) $$
bietet sich für den homgenen Teil der Lösung der Potenzansatz an
$$y(x) = Cx^{\lambda} $$
die partikuläre Lösung kannst du dann wie gewohnt mit Hilfe des Ansatzes der rechten Seite oder Variation der Konstanten finden.
Grüße Christian
bei DGLen der Form
$$ a_0 x^0 y + a_1 x^1 y' + a_2 x^2 y'' + \ldots + a_n x^n y^{(n)} = f(x) $$
bietet sich für den homgenen Teil der Lösung der Potenzansatz an
$$y(x) = Cx^{\lambda} $$
die partikuläre Lösung kannst du dann wie gewohnt mit Hilfe des Ansatzes der rechten Seite oder Variation der Konstanten finden.
Grüße Christian
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christian_strack
Sonstiger Berufsstatus, Punkte: 29.81K
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ok
─
gerdware
27.09.2021 um 09:46
Vielen Dank für die Antwort.
Wenn ich Sie richtig verstanden habe, wollen SIe dass ich den Ansatz der homogenen Lösung einer Euler Cauchy nehme.
Somit erhalte ich als Homogene
Y(h)= x*(A*cos(ln(x)) +b*sin(ln(x))
und dann geh ich weiter in die Partikuläre
da ja r(x)=x²/x² also 1 ist gibt das ja nur eine Konstante
=> Y(part) = K
Ich muss zugeben ich steh jetzt auf dem Schlauch aber komplett.
SG Sys
─ sysdown 27.09.2021 um 20:17
Wenn ich Sie richtig verstanden habe, wollen SIe dass ich den Ansatz der homogenen Lösung einer Euler Cauchy nehme.
Somit erhalte ich als Homogene
Y(h)= x*(A*cos(ln(x)) +b*sin(ln(x))
und dann geh ich weiter in die Partikuläre
da ja r(x)=x²/x² also 1 ist gibt das ja nur eine Konstante
=> Y(part) = K
Ich muss zugeben ich steh jetzt auf dem Schlauch aber komplett.
SG Sys
─ sysdown 27.09.2021 um 20:17
Ja genau die homogene Lösung stimmt doch schon mal.
Wenn du $1$ als Ansatz für die partikuläre Lösung nimmst, kommst du nicht ans Ziel. Probiere es mal mit $y_p = ax^2 +bx + c$. ─ christian_strack 28.09.2021 um 09:44
Wenn du $1$ als Ansatz für die partikuläre Lösung nimmst, kommst du nicht ans Ziel. Probiere es mal mit $y_p = ax^2 +bx + c$. ─ christian_strack 28.09.2021 um 09:44