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y' -2y = x*e^2x DGL Ansatz rechte Seite

Universität / Fachhochschule

Gewöhnliche Differentialgleichungen

Tags: Ansatz, Gewöhnliche Differentialgleichungen, rechte Seite

anonymous

14:20 Uhr, 13.03.2025

Guten Tag,

zu lösen ist diese DGL.
Ich habe diese bereits gelöst durch Variation der Konstanten.(Richtig)
Ich wollte sie aber ebenfalls durch Ansatz vom Typ der rechten Seite lösen.
Dabei komme nicht auf dasselbe Ergebnis.

Hier die DGL.

y' - 2 y = x \cdot e^{2 x}

Rechenweg:

1. Lösung homogenen DGL:

y 0 = K \cdot e^{2 x}

2. partikuläre Lösung:

Ansatz für

g (x) = x \cdot e^{2} x

= C \cdot x \cdot e^{2 x} - - \to

(Hier ist meiner Vermutung nach der Fehler)
yp'

= C \cdot e^{2 x} + 2 \cdot C \cdot x \cdot e^{2}

Oben Einsetzen, Lösung:

C = x^{2}

= x^{3} \cdot e^{2 x}

3. Allg. Lösung:

y = y 0 +

y = e^{2 x} \cdot (x^{3} + K)

Eigentliche Lösung:

y = ((\frac{1}{3}) \cdot x^{3} + C) \cdot e^{2 x}

Wo verliere ich die

\frac{1}{3}

?
Würde mich sehr freuen, wenn mir jmd. helfen könnte :-)

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

mathadvisor aktiv_icon

14:36 Uhr, 13.03.2025

Erstmal gibt es hier keine hom Lösung, du meinst die Lösung der hom Dgl - das ist was anderes.
Und wenn Du C als Konstante ansetzt, darf nichts variables rauskommen.
Den richtigen Ansatz findest Du z.B. hier: www-user.tu-chemnitz.de/~peju/skripte/gdgl/Merkblatt_PL.pdf

michaL aktiv_icon

14:59 Uhr, 13.03.2025

Hallo,

es gibt (wie oft in solchen Aufgaben) eine erhebliche Vereinfachung:

y ʹ - 2 y = x \cdot e^{2 x} \overset{}{\Leftrightarrow} x = y ʹ \cdot e^{- 2 x} + y \cdot (- 2) \cdot e^{- 2 x}

Setze

z := y \cdot e^{- 2 x}

und erkenne, dass du dann folgende DGL vor dir hast (Produktregel):

z ʹ = x

Ergo erhältst Du

z = y \cdot e^{- 2 x} = \frac{1}{2} x^{2} + c

bzw.

y = \frac{1}{2} x^{2} \cdot e^{2 x} + c \cdot e^{2 x}

Mfg Michael

mathadvisor aktiv_icon

17:07 Uhr, 13.03.2025

Wie schon gesagt wurde, ist Deine "eigentliche" Lösung falsch.
Der richtige Ansatz für die Störfunktion-Methode ist (siehe Beiblatt, sehr nützlich für später):

y = x e^{2 x} (a + b x)

, was auf

a = 0, b = ½

führt und somit auf eine richtige partikuläre Lösung.

HAL9000

13:17 Uhr, 14.03.2025

Wer keine Scheu vor komplexen Zahlen hat, musss sich von dem mathadvisor-Merkblatt eigentlich nur den zweiten Fall merken:

Falls

b (x) = p (x) e^{α x}

mit einer Polynomfunktion

p

und

α

eine

k

-fache Nullstelle des charakteristischen Polynoms der zugehörigen homogenen DGL ist (d.h.

k = 0

falls es gar keine Nullstelle ist), so lautet der partikuläre Ansatz

y_{p} (x) = x^{k} q (x) e^{α x}

mit einem allgemeinen Polynomansatz für

q

, welches denselben Grad wie

p

hat.

Die ganzen aufgeführten Sinus/Kosinus-Varianten werden durch das allgemeiner gehaltene

α \in ℂ

sowie Polynome mit ebenfalls erlaubten komplexen Koeffizienten mit erfasst.

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