Lös differentialekvationen med begynnelsevillkor

Håller på att räkna på gamla tentauppgifter. Har fastnat på speciellt en:

Lös differentialekvationen $y'' + 3 y' + 2 y = e^{- 2 x}$ med begynnelsevillkor $y (0) = y' (0) = 0$

Börjar först med att hitta rötterna till den karaktäristiska ekvationen.

$r^{2} + 3 r + 2 = 0 \Rightarrow {(r + \frac{3}{2})}^{2} - {(\frac{3}{2})}^{2} + 2 = 0 {(r + \frac{3}{2})}^{2} - \frac{9}{4} + \frac{8}{4} = 0 \Rightarrow {(r + \frac{3}{2})}^{2} - \frac{1}{4} (r + \frac{3}{2} - \frac{1}{2}) (r + \frac{3}{2} + \frac{1}{2}) = 0 (r + 1) (r + 2) = 0 \Rightarrow r_{1} = - 1, r_{2} = - 2$

Då får vi

$y_{h} = c_{1} e^{- x} + c_{2} e^{- 2 x}$

Det är när jag skall hitta $y_{p}$ som det börjar att spöka.

$y_{p} = A e^{- 2 x} y'_{p} = - 2 A e^{- 2 x} y''_{p} = 4 A e^{- 2 x}$

$y'' + 3 y' + 2 y = e^{- 2 x} s ä t t i n y_{p} \Rightarrow 4 A e^{- 2 x} - 6 A e^{- 2 x} + 2 A e^{- 2 x} = 1 \times e^{- 2 x} \Rightarrow 4 A - 6 A + 2 A = 1$

$0 \neq 1$

Här blir det fel för mig och i facit står det att $y_{p} = - x e^{- 2 x}$ .

Jag antar att jag missar något. Är det något resonansfall?

Tacksam för svar

Din ansättning finns redan med som homogenlösning och därför bör du istället använda ansatsen yp=Axe^(-2x)

parveln skrev:
Din ansättning finns redan med som homogenlösning och därför bör du istället använda ansatsen yp=Axe^(-2x)

förstår inte riktigt vad du menar

Sätter du $c_1=0$ och $c_2=A$ ser du att $y_h=Ae^{-2x}$ är en lösning till den homogena ekvationen $\frak{L}$ $(y)=0$ .

Men du vill ju att en partikulärlösning ska vara en lösning till den inhomogena ekvationen

$\frak{L}$ $(y)=e^{-2x}$

Det som har gått fel är att du har ansatt en partikulärlösning $y_p$ som ligger i den homogena lösningsskaran $y_p=y_h$ .

Lägg på ett förstagradspolynom på högerledet, dvs ansätt $y_p=(Ax+B)e^{-2x}$ och se om det går att hitta en sådan lösning som uppfyller den inhomogena ekvationen.

Att ansätta en rimlig partikulärlösning är lite av en konstart. Vad man ansätter beror dels på hur högerledet ser ut, dels på hur den homogena lösningen ser ut.

Om det vi vill ansätta redan finns med i den homogena lösningen multiplicerar vi med ett polynom av tillräckligt hög grad för att så inte längre ska vara fallet.

Jroth skrev:
Sätter du $c_1=0$ och $c_2=A$ ser du att $y_h=Ae^{-2x}$ är en lösning till den homogena ekvationen $\frak{L}$ $(y)=0$ .
Men du vill ju att en partikulärlösning ska vara en lösning till den inhomogena ekvationen
$\frak{L}$ $(y)=e^{-2x}$
Det som har gått fel är att du har ansatt en partikulärlösning $y_p$ som ligger i den homogena lösningsskaran $y_p=y_h$ .
Lägg på ett förstagradspolynom på högerledet, dvs ansätt $y_p=(Ax+B)e^{-2x}$ och se om det går att hitta en sådan lösning som uppfyller den inhomogena ekvationen.
Att ansätta en rimlig partikulärlösning är lite av en konstart. Vad man ansätter beror dels på hur högerledet ser ut, dels på hur den homogena lösningen ser ut.
Om det vi vill ansätta redan finns med i den homogena lösningen multiplicerar vi med ett polynom av tillräckligt hög grad för att så inte längre ska vara fallet.

Tack! Jag löste det.

Svara

Visa senaste svar