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5.4 Lineare Differentialgleichungen<br />
5.4.5. Einige direkte Ansätze für partikuläre Lösungen<br />
In vielen Fällen findet man bei linearen dgl mit konstanten Koeffizienten eine partikuläre<br />
Lösung ohne die Variation der Konstanten anwenden zu müssen. Einige Fälle seien hier<br />
ohne Beweis mitgeteilt.<br />
Bezeichnet man mit D den Operator D = , dann kann eine solche Gleichung in der<br />
x<br />
Form<br />
F(D)y = f(x)<br />
geschrieben werden, z. B. ist y ″ + y ′ − 6y = 8e x dasselbe wie (D + D − 6)y = 8e x und<br />
das charakteristische Polynom ist dann F(λ) = λ + λ − 6.<br />
Nun gilt:<br />
1. Ist f(x) = Ae αx , so ist eine partikuläre Lösung y = Aαx<br />
, sofern F(α) ≠ 0 ist.<br />
F(α)<br />
Sollte α eine r-fache Nullstelle von F(α) sein, also F(D) = G(D)(D − α) r gelten, dann<br />
ist die partikuläre Lösung durch y = Aαx x r<br />
gegeben.<br />
r!G(α)<br />
2. Mit obiger Regel kann man auch den Fall f(x) = A sin ωx mittels komplexer Rechnung<br />
erledigen, indem man f(x) als Imaginärteil von Ae ωx betrachtet.<br />
3. Ist f(x) ein Polynom vom Grad k, so kann man für die partikuläre Lösung ebenfalls<br />
ein Polynom k-ten Grades ansetzen.<br />
4. Ist f(x) = P k (x)e αx , wo P k ein Polynom k-ten Grades ist, dann ist Q k (x)e αx , wo Q k<br />
ein Polynom höchstens k-ten Grades ist, eine partikuläre Lösung.<br />
5. Der Fall f(x) = P k (x)e αx cos ωx lässt sich auf den vorigen zurückführen indem man<br />
f(x) als Realteil von P k (x)e (α+ω)x betrachtet.<br />
Beispiel: (D + 1) y = e −x + x . Linke <strong>Seite</strong> ausgeschrieben lautet: y ‴ + 3y ″ + 3y ′ + y.<br />
Die charakteristische Gleichung hat nur die dreifache Nullstelle λ = −1. Die allgemeine<br />
Lösung der homogenen Gleichung ist demnach: u = (C + C x + C x )e −x . Wir müssen<br />
nun partikuläre Lösungen für die rechten <strong>Seite</strong>n x und e −x suchen. Nach dem<br />
Superpositionsprinzip ergibt sich ja die Gesamtlösung als Summe der Lösungen für die<br />
Summanden.<br />
Für x setzt man y = A + Bx + Cx an. Dann erhält man durch Einsetzen:<br />
0 + 3 ⋅ 2C + 3 ⋅ (B + 2Cx) + (A + Bx + Cx ) = x ⇒<br />
(C − 1)x + (B + 6C)x + (A + 3B + 6C) = 0<br />
woraus durch Koeffizientenvergleich C = 1, B = −6 und A = 12 folgt. Damit ist die<br />
partikuläre Lösung y = x − 6x + 12<br />
Für den Summanden ist Regel 1 anzuwenden. Hier ist α = −1 eine r = 3 fache Nullstelle<br />
von F(λ), damit ist G(D) = 1 und die Partikulärlösung lautet: y = x e −x<br />
Somit ist die allgemeine Lösung der dgl:<br />
y = (C + C x + C x + x )e −x + x − 6x + 12<br />
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