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Anfangswertproblem
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tumanage
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Anmeldungsdatum: 06.10.2009
Beiträge: 142

BeitragVerfasst am: 06 Sep 2010 - 11:17:13    Titel: Anfangswertproblem

Hallo zusammen,

wie kann man folgendes Anfangsproblem möglichst schnell lösen. So soll es zumindestens gehen. Es handelt sich ja um eine normale DGL 1. Ordnung...

2y´+(1-x^2)y = x-e^x und y(0) = 1

Vielen Dank schonmal für Hilfestellungen!
tumanage
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Anmeldungsdatum: 06.10.2009
Beiträge: 142

BeitragVerfasst am: 06 Sep 2010 - 11:34:46    Titel:

Ich hab sie erstmal aufgeteilt in 2 Funktionen:

S1: 2y´+(1-x^2)y = x
S2: 2y´+(1-x^2)y = -e^x

Homogene Lösung:
yH = k e^(x^3/6-x/2), wobei k aus R

zu S1:
Partikuläre Lösung yP1 = e^(x^3/6-x/2)*(-2*sqrt(3)*arctan(x/sqrt(3))

zu S1:
Ich weiss nicht wie ich den Ausdruck e^x/(x^3/6-x/2) integrieren kann...

Ich finde auch keinen Fehler, sodass dieser Ausdruck erst garnicht zustanden kommt. Weiss jemand vll, was zu tun ist ? Es sollte eig eine einfache Aufgabe sein :/
xeraniad
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Anmeldungsdatum: 29.01.2008
Beiträge: 1890
Wohnort: Atlantis

BeitragVerfasst am: 06 Sep 2010 - 12:30:09    Titel: Aufgabe richtig abgeschrieben?

Beim Versuch, Variation der Konstanten anzuwenden, tritt das Integral ∫0..x {½·ξ -½·exp(ξ)}·exp{-⅙·ξ³+½·ξ} ·dξ auf, wozu selbst W.s Integrator keine geschlossene Stammfunktion ausgibt Crying or Very sad . Auch W.s α mit Input "2*y'(x) +(1-x^2)*y(x) = x -exp(x)" gibt keine geschlossene Lösung an. Daher [meine] letzte Hoffnung: wurde die Aufgabe richtig abgeschrieben? Oder weiss jemand einen anderen Weg? Oder wird bei der Aufgabe evtl. nach der Näherung durch ein Taylor-Polynom gefragt?
tumanage
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Anmeldungsdatum: 06.10.2009
Beiträge: 142

BeitragVerfasst am: 06 Sep 2010 - 13:03:39    Titel:

vielen Dank für deine ANtwort!

Also ich kopier mal die komplette Aufgabenstellung:



Muss das dann anders vorgehen, als y(x) auszurechnen?
xeraniad
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Anmeldungsdatum: 29.01.2008
Beiträge: 1890
Wohnort: Atlantis

BeitragVerfasst am: 06 Sep 2010 - 13:18:46    Titel: y(x) muss nicht geschlossen bekannt sein.

Es wurde ja nicht nach y(x), sondern nur nach y'(0) und y"(0) gefragt.
Es kann ein Ansatz mit Taylorreihen wie folgt gewählt werden.
Code:
     y (x) =   c₀  +  c₁·x  +  c₂·x² +  c₃·x³ +  ...
     y'(x) =   c₁  +2·c₂·x  +3·c₃·x² +4·c₄·x³    ...
     y"(x) = 2·c₂  +6·c₃·x  +                    ...
Die gegebene Anfangsbedingung liefert bereits c₀.
c₀ = y(0) = 1
Einsetzen oben aufgeschriebener y (x) und y'(x) in die gegebene DGL und Koeffizientenvergleich ergibt c₁ und c₂ (dies reicht).

Einsetzen von 0 für x in y'(x) und y"(x) ergibt y'(0) = c₁ und y"(0) = 2·c₂.
tumanage
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Anmeldungsdatum: 06.10.2009
Beiträge: 142

BeitragVerfasst am: 06 Sep 2010 - 13:47:37    Titel:

Danke für deine Antwort!

Aber wieso kann ich das hier so anwenden? Weil ja auf der rechten Seite x-e^x und e^x ist ja kein Polynom steht ?

Danke im Voraus schonmal !
xeraniad
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Anmeldungsdatum: 29.01.2008
Beiträge: 1890
Wohnort: Atlantis

BeitragVerfasst am: 06 Sep 2010 - 13:50:46    Titel: Taylorreihe einsetzen.

Für die linke Seite ergibt sich 2·y'(x) +(1-x²)·y(x) = c₀+2·c₁ +(c₁+4·c₂)·x +(-c₀+c₂+6·c₃)·x² +(-c₁+c₃+8·c₄)·x³ + ... [es kann bereits nach (...)·x abgebrochen werden].
Für die rechte Seite x -exp(x) kann -1 -½·x² -⅙·x³ ... eingesetzt werden [es reicht bereits die -1]. Es kann, wie zuvor erwähnt, gleich c₀ {= y(0)} = 1 eingesetzt werden.
Koeffizientenvergleich liefert nacheinander c₁ = -1 und c₂ = ¼, und das c₃ wird bereits nicht mehr gebraucht.
Damit können die Ableitungen y'(0) = c₁ = -1 und y"(0) = 2·c₂ = ½ angegeben werden.


Zuletzt bearbeitet von xeraniad am 06 Sep 2010 - 14:09:27, insgesamt einmal bearbeitet
tumanage
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Anmeldungsdatum: 06.10.2009
Beiträge: 142

BeitragVerfasst am: 06 Sep 2010 - 14:06:00    Titel:

Danke, habs verstanden!
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