Differentialgleichung: y''-y'-2y = cos(2x): Störfunktion beinhaltet Teil der Lösung

Question

Hallo ich beschäftige mich zur Zeit mit folgender Aufgabe:

y''-y'-2y = cos(2x)

t1 = 2 und t2 = -1

t 1 = 2 ist Teil der Störfunktion (cos(tx)) und dennoch wird als Lösungsansatz A*sin(tx) + B*cos(tx) gewählt. WARUM???

Answer 1

Hi,

der Ansatz der rechten Seite für einen cos ist immer in der Form eine Summe aus sin und cos, da eine Linearkombination beider Summanden möglich ist.

Für t₁ erhältst Du die Vorfaktoren für den Ansatz a*cos(2x)+b*sin(2x) mit

a = -3/20 und b=-1/20

 

Grüße

Comments

Die allgemeine Lösung habe ich mit dem Ansatz A*cos(tx)+B*sin(tx) bestimmen können.
In einer vergleichbaren Aufgabe der Form y"+9y = sin(3x) lautet die homogene Lösung c1*cos(3x) + c2*sin(3x) und als lösungsansatz wird hier x*A*sin(3x) + x*B*cos(3x) gewählt.

Hier ist  "3" Lösung der charakteristischen Gleichung.

Mir ist noch schleierhaft weshalb ich bei y''-y'-2y = cos(2x) den anderen ansatz wählen muss um auf das richtige Ergebnis zu kommen...2 ist doch Lösung der charakterisitischen Gleichung.

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Wenn Du ein x dabei hast, dann ist das unter anderem ein Grund dafür, weil ein Resonanzfall vorliegt. Die Lösung der rechten Seite ist also schon in der homogenen Lösung "verbraucht". Und nein, die Lösung des charakteristischen Polynoms ist dort nicht 3, sondern ±3i, was zu c*sin(3x)+d*cos(3x) führt. Für den rechten Seite-Ansatz den angesprochenen Resonanzfall berücksichtigen ;).

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Für Ihre Mühe vielen Dank!


ich habe hier eine Liste vorliegen in der die Bedingungen für Lösungsansätze aufgelistet sind. Bei den trigonometrischen Funktionen wird der Ansatz A*sin(tx) + B*cos(tx) gewählt, wenn t ungleich Lösung (Lamda) des homogenen Teils ist

Das hat für Verwirrung gesorgt, da in der erstgenannten Aufgabe t = 2 = Lösung des homogenen Teils ist. Hier ist doch auch die Lösung der rechten Seite in der homogenen Lösung verbaucht? Und dennoch wird dieser Ansatz gewählt.

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t hat mit x doch nichts zu schaffen?

Die Lösung des homogenen Teils führt och unter anderem zu λ=2, das ist eine reelle Zahl. Der Cosinus aber impliziert etwas imaginäres, dabei ist das t egal. Das t hat mit dem λ nichts zu schaffen ;).

Wäre die Lösung λ=±2i gewesen, so hätte man das letztlich im homogenen Teil als c*sin(2x)+d*cos(2x) dargestellt und hätte dann für den partikulären Teil mit cos(2x) den Resonanzfall vorliegen, da die rechte Seite einen entsprechenden Ansatz benötigt.

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Hat sich erledigt! Gerade als Sie den Kommentar verfasst haben habe ich meinen Denkfehler beseitigen können!