Springen naar inhoud

[analyse] niet-homogene differentievergelijking: oefening


  • Log in om te kunnen reageren

#1

TheBrain

    TheBrain


  • >100 berichten
  • 139 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 01:23

Hallo.

Ik ben me al een tijdje het hoofd aan het breken op volgende oefening (geen HUISWERK!), nl:

bepaal de algemene oplossing van de volgende vergelijking: y(k+2) - 5y(k+1) + 6y(k) = -4k(2)^k


-Ik begin met het opstellen van de karakteristieke vergeljking: s≤ - 5s + 6 = 0.

daaruit halen we dat s1=2 en s2=3.


-Aangezien de determinant groter is dan 0, is de algemene oplossing: y(k)= C1.3^k + C2.2^k


-Vanaf nu loopt het fout. De particuliere oplossing is, denk ik: y(k)=2^k(Ak+B)k.

-Nu zou dit waarschijnlijk op de een of andere manier in de opgave gesubtitueerd moeten worden om A en B te kunnen bepalen.


-Als de oplossing gevonden hiervan gevonden is, dan vinden we de algemene oplossing door de som te maken van de algemene en de particuliere oplossing.


Is er iemand die me kan tonen hoe dit type oefeningen dient opgelost te worden?

Alvast hťťl erg bedankt!
TheBrain

Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2

Fernand

    Fernand


  • >250 berichten
  • 368 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 10:26

Er staat een uitleg met heel wat uitgewerkte voorbeelden op de volgende link

http://fa.its.tudelf...lege/week25.pdf

Veranderd door Fernand, 05 januari 2011 - 10:28

Het eindig getal π verenigt het eindige met het transcendente.
De eindige cirkel bereikt het oneindige in zijn isotrope punten.

#3

TheBrain

    TheBrain


  • >100 berichten
  • 139 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 16:30

Die url had ik ook al gevonden, maar heef me helaas niet verder kunnen helpen.


Nieuwe poging:
y_p(k+1)=2^(k+1)(Ak≤+Ak+A+Bk+B)^(k+1)

y_p(k+2)=2^(k+2)(Ak≤+4Ak+4A+Bk+2B)^(k+2)



In de gegeven DV: 2^k(Ak≤+Bk) - 5.2^(k+1)(Ak≤+Ak+A+Bk+B)^(k+1) + 6.2^(k+2)(Ak≤+4Ak+4A+Bk+2B)^(k+2) = -4k(2)^k

=> ik weet niet goed hoe ik dit laatste het beste zou aanpakken

#4

flamey

    flamey


  • >100 berichten
  • 244 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 17:39

Je doet iets raars. Jij zegt dat je voor je particuliere oplossing gokt:

y[k]=2^k(Ak+B)k

Dan is:

y[k+1]=2^(k+1)*(A(k+1)+B)*(k+1) en dus NIET:

y[k+1]=2^(k+1)(Ak≤+Ak+A+Bk+B)^(k+1).


Waarom begin je eigenlijk direct met een moeilijke gok? Je kunt ook beginnen met:

y[k]=A*2^k*k

Deze vorm werkte voor mij in ieder geval al. Ik raad jou aan om hetzelfde te doen :-).

#5

Fernand

    Fernand


  • >250 berichten
  • 368 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 18:20

Volgens mijn berekeningen vind ik geen paticuliere oplossing met het voorstel van flamey

Ik heb geprobeerd met y[k] = (A k^2 +B k) 2^k

Je brengt dat in de differentievergelijking en je vindt na enig gereken

A=1 en B=3

dus (k^2 +3k) 2^k is een particuliere oplossing

Veranderd door Fernand, 05 januari 2011 - 18:22

Het eindig getal π verenigt het eindige met het transcendente.
De eindige cirkel bereikt het oneindige in zijn isotrope punten.

#6

flamey

    flamey


  • >100 berichten
  • 244 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 19:17

Oeps, ik had een foutje gemaakt. Maar Fernand, jouw antwoord klopt ook niet. Als ik je particuliere opl. teruginvul in de differentievergelijking vind ik:

2^k*(-4*k+10).

Het is dus beter om de volgende ansatz te nemen:

2^k(A*k^2+B*k+C).

Deze geeft wel de goede uitkomst. Ter controle: A=1, B=3, C=8?

#7

TheBrain

    TheBrain


  • >100 berichten
  • 139 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 19:28

Oplossing al gevonden ondertussen:

y_p(k)=2^k(Ak^2+Bk)

y_p(k+1)=2^(k+1)(A(k+1)^2+B(k+1))=2*2^k(Ak^2+2Ak+A+Bk+B)

y_p(k+2)=2^(k+2)(A(k+2)^2+B(k+2))=4*2^k(Ak^2+4Ak+4A+Bk+2B)



Substitutie in de differentievergelijking, nl: y(k+2) - 5y(k+1) + 6y(k) = -4k(2)^k


=> 4*2^k(Ak≤+4Ak+4A+Bk+2B) - 5*2*2^k(Ak≤+2Ak+A+Bk+B) + 6*2^k(Ak≤+bk) = -4k2^k

Ik stel 2^k voorop: <=> 2^k [4Ak≤+16Ak+16A+4Bk+8B-(10Ak≤+20Ak+10A+10Bk+10B)+6Ak≤+6Bk] = -4k2^k

<=> 2^k(-4Ak+6A-2B) = -4k2^k



Vanaf nu volg ik de redenering uit pagina 4.5 van de oplossingen:

"We nemen termen samen in k2^k en 2^k": <=> k2^k(-4A+4) + 2^k(6A-2B) = 0

"Opdat deze gelijkheid zou gelden, moeten de coefficienten van k2^k en 2^k in beide leden gelijk zijn. Dit geeft het volgende stelsel:"

| -4A+4 = 0

| 6A-2B = 0



Hieruit haal ik dat A = 1 en B = 3.



Ik vul dit in in de gevonden particuliere oplossing, nl:

y_p(k)=2^k(Ak^2+Bk) => y_p(k) = 2^k(k≤+3k)



Algemene oplossing y_k = y_g(k) + y_p(k)

=> y_k = C1.3^k + C2.2^k + 2^k(k≤+3k)


Het gedeelte in het rood snap ik wel geen 100%. Maar de oplossing komt overeen met de gegeven oplossing dus het zou moeten kloppen.

#8

flamey

    flamey


  • >100 berichten
  • 244 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 19:44

Ok, ik heb het weer even nagerekend en wat ik zei in mijn vorige post klopte dus niet. Je hebt de term C*2^k niet nodig en als je het antwoord van Fernand terug invult, krijg je het goede. (Als je deze term toevoegt kan C van alles zijn, maar voor een particuliere oplossing ben je al blij met 1 oplossing).

Dus TheBrain, jouw antwoord is gewoon goed :-).

Over de stap die je niet goed snapte:

De termen k*2^k en 2^k zijn lineair onafhankelijk. Dwz dat wanneer: A*k*2^k+B*2^k=0 => A=0 en B=0. Anders gezegd, de enige oplossing voor deze gelijkheid is de triviale oplossing: A*k*2^k=-B*2^k. Dit kan je denk ik wel enigzins aanvoelen omdat het beide heel verschillende functies zijn, die je nooit voor elke waarde van k gelijk kan praten.

Het stelsel oplossen is vervolgens makkelijk, omdat A er uit te halen is. Daarna kun je de gevonden waarde van A invullen in de tweede vergelijking om B te vinden.

#9

Fernand

    Fernand


  • >250 berichten
  • 368 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 19:48

Poging tot uitleg van het rode deel


k2^k(-4A+4) + 2^k(6A-2B) = 0

is gelijkwaardig met
k(-4A+4) + (6A-2B) = 0


en daar dit moet gelden voor alle k


moet (-4A+4) en (6A-2B) beide 0 zijn

Veranderd door Fernand, 05 januari 2011 - 19:50

Het eindig getal π verenigt het eindige met het transcendente.
De eindige cirkel bereikt het oneindige in zijn isotrope punten.

#10

TheBrain

    TheBrain


  • >100 berichten
  • 139 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 05 januari 2011 - 20:20

Bedankt, jullie hulp wordt zeer geapprecieerd ;) .

Het voelt goed om een oefening door te hebben :P.





0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures