Lineare Differentialgleichungen höherer Ordnung mit konstanten ...

Lineare Differentialgleichungen höherer Ordnung mit
konstanten Koeffizienten
Teil 1: Homogene Gleichungen
Eine homogene lineare Differentialgleichung n-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten
hat die folgende Gestalt:
y (n) +an−1y (n−1) +...+a2y ′′ +a1y ′ +a0 = 0. (1)
Dabei sind die Koeffizienten a0,a1,...,an−1 fest vorgegebene reelle Zahlen und dürfen nicht
von x abhängen (deshalb konstante Koeffizienten)! Würde auf der rechten Seite anstelle der
Null ein von x abhängiger Term stehen, dann wäre es eine inhomogene und keine homogene
Gleichung. Inhomogene Gleichungen werden wir uns nächstes Mal ansehen.
Um die allgemeine Lösung der Differentialgleichung (1) zu bestimmen, geht man nach folgenden
Schritten vor:
S1: Bilde die charakteristische Gleichung für die Differentialgleichung (1):
λ n +an−1λ n−1 +...+a2λ 2 +a1λ+a0 = 0. (2)
(Die charakteristische Gleichung entsteht also aus der Differentialgleichung, indem Ableitungen
von y durch entsprechende Potenzen von λ ersetzt werden.)
S2: Bestimme alle Lösungen der Gleichung (2). Aus dem letzten Semester wissen wir, dass
es (bis auf Vielfachheit) genau n Lösungen gibt, die wir mit λ1,...,λn bezeichnen.
S3: Ordne jeder Lösung λk der charakteristischen Gleichung (2) eine Basislösung der Differentialgleichung
(1) zu. Wie die zugehörige Basislösung aussieht, ist davon abhängig, ob
die Nullstelle von (2) reell oder komplex ist und welche Vielfachheit sie hat.
• Zu einer reellen Nullstelle λk mit der Vielfachheit 1 gehört folgende Basislösung:
yk(x) = e λkx .
Das heißt, sind alle Nullstellen λ1,...,λn reell und haben die Vielfachheit 1, dann
sind die Basislösungen:
y1(x) = e λ1x ,...,yn(x) = e λnx .
• Was ist, wenn auch komplexe Nullstellen vorkommen?
Sind beispielsweise λ1/2 = a ± ib konjugiert komplexe Nullstellen, dann gehören
folgende Basislösungen dazu:
y1(x) = e ax ·cos(bx) und y2(x) = e ax ·sin(bx).
Konjugiert komplexe Nullstellen sind also stets als Paar zu behandeln! Salopp kann
man sagen: Der Realteil wandert in den Exponenten dere-Funktion, der Imaginärteil
in Cosinus bzw. Sinus.
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• Was ist, wenn mehrfache reelle Nullstellen vorkommen?
Ist beispielsweise λ1 eine reelle Nullstelle mit der Vielfachheit ℓ (d.h. λ1 = ... = λℓ,
dann gehören zu dieser auch ℓ Basislösungen und zwar:
y1(x) = e λ1x , y2(x) = xe λ1x ,... ,yℓ(x) = x ℓ−1 e λ1x .
Das heißt, e λ1x muss jeweils noch mit Potenzen von x multipliziert werden.
S4: Wir haben nun genau n Basislösungen der Differentialgleichung (1) ermittelt. Wir bezeichnen
sie mit y1(x),...,yn(x). Jede andere Lösung ergibt sich als Linearkombination
dieser Basisfunktionen. Die allgemeine Lösung von (1) erhalten wir also, indem wir alle
möglichen Vielfachen und Summen der Basislösungen bilden:
y(x) = C1y1(x)+C2y2(x)+...+Cnyn(x), C1,C2,...,Cn ∈ R.
Diejenigen, die daran interessiert sind, wo die charakteristische Gleichung herkommt oder wie
man auf die beiden Basislösungen im Falle komplexer Nullstellen kommt, schauen bitte auf den
Seiten 6 und 7 nach.
Drei Beispiele werden das Vorgehen nun verdeutlichen.
Beispiele:
(a) Gesucht ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung
y ′′′ −y ′′ −17y ′ −15y = 0.
Wir arbeiten die oben beschriebenen Schritte nacheinander ab.
S1: Die zugehörige charakteristische Gleichung ist:
λ 3 −λ 2 −17λ−15 = 0.
S2: Die erste Nullstelle istλ1 = −1 (durch Probieren ermittelt). Mittels Polynomdivision
können wir nun das Polynom dritten Grades durch λ+1 teilen, wodurch ein Polynom
zweiten Grades übrig bleibt. Die Polynomdivision wird hier nicht im Einzelnen
durchgeführt, sondern nur das Ergebnis genannt:
(λ 3 −λ 2 −17λ−15) : (λ+1) = λ 2 −2λ−15.
Für die beiden restlichen Nullstellen können wir die Lösungsformel für quadratische
Gleichungen benutzen und erhalten:
λ2/3 = 1± √ 1+15 = 1±4 ⇒ λ2 = −3, λ3 = 5.
S3: Mithilfe der in S2 ermittelten Nullstellen müssen wir nun Basislösungen der Differentialgleichung
ermitteln. Da alle Nullstellen reell sind und Vielfachheit 1 haben,
ist das aber nicht schwer.
• λ1 = −1: Reelle Nullstelle mit Vielfachheit 1, daher y1(x) = e −x .
• λ2 = −3: Reelle Nullstelle mit Vielfachheit 1, daher y2(x) = e −3x .
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• λ3 = 5: Reelle Nullstelle mit Vielfachheit 1, daher y3(x) = e 5x .
S4: Die allgemeine Lösung ergibt sich als beliebige Linearkombination der in S3 ermittelten
Basislösungen:
y(x) = C1e −x +C2e −3x +C3e 5x , C1,C2,C3 ∈ R.
(b) Gesucht ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung
y ′′′ −4y ′′ +29y ′ = 0.
Wir arbeiten die oben beschriebenen Schritte nacheinander ab.
S1: Die zugehörige charakteristische Gleichung ist:
λ 3 −4λ 2 +29λ = 0.
S2: Durch Ausklammern von λ kann die obige Gleichung wie folgt geschrieben werden:
λ(λ 2 −4λ+29) = 0.
Ein Produkt wird dann Null, wenn einer der beiden Faktoren Null wird. Die erste
Nullstelle können wir sofort ablesen: λ1 = 0. Die anderen beiden Lösungen müssen
als Nullstellen des Ausdrucks in der Klammer ermittelt werden, was mit der
Lösungsformel für quadratische Gleichungen geht:
λ2/3 = 2± √ 5−29 = 2± √ −25 = 2±5i.
S3: Mithilfe der in S2 ermittelten Nullstellen müssen wir nun Basislösungen der Differentialgleichung
ermitteln.
• λ1 = 0: Reelle Nullstelle mit Vielfachheit 1, daher y1(x) = e 0x = 1.
• λ2/3 = 2±5i: Konjugiert komplexe Nullstellen mit Vielfachheit 1. Basislösungen
sind:
y2(x) = e 2x ·cos(5x) und y3(x) = e 2x ·sin(5x).
S4: Die allgemeine Lösung ergibt sich als Linearkombination der in S3 ermittelten Basislösungen:
y(x) = C1 +C2e 2x cos(5x)+C3e 2x sin(5x), C1,C2,C3 ∈ R.
(c) Gesucht ist die allgemeine Lösung der Differentialgleichung
y (4) −2y ′′′ +5y ′′ −8y ′ +4y = 0.
Wir arbeiten die oben beschriebenen Schritte nacheinander ab.
S1: Die zugehörige charakteristische Gleichung ist:
λ 4 −2λ 3 +5λ 2 −8λ+4 = 0.
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S2: Die erste Nullstelle ist λ = 1 (durch Probieren ermittelt). Mittels Polynomdivision
können wir nun das Polynom vierten Grades durch λ − 1 teilen, wodurch dann
nur noch ein Polynom dritten Grades übrig bleibt. Die Polynomdivision führen wir
wieder nicht im Einzelnen aus, sondern geben nur das Ergebnis an:
(λ 4 −2λ 3 +5λ 2 −8λ+4) : (λ−1) = λ 3 −λ 2 +4λ−4.
Vom Polynom dritten Grades müssen wir auch wieder eine Nullstelle durch Probieren
ermitteln. Man sieht aber schnell, dass wiederumλ2 = 1 eine Nullstelle ist. Das heißt,
wir können das Polynom dritten Grades noch einmal durch λ − 1 teilen, wodurch
ein quadratisches Restpolynom übrig bleibt:
(λ 3 −λ 2 +4λ−4) : (λ−1) = λ 2 +4.
Wir müssen noch die Nullstellen λ3/4 dieses Restpolynoms ermitteln:
λ 2 +4 = 0 ⇒ λ 2 = −4 ⇒ λ3/4 = ±2i.
S3: Mithilfe der in S2 ermittelten Nullstellen müssen wir nun Basislösungen der Differentialgleichung
ermitteln.
• λ1 = λ2 = 1: Reelle Nullstelle mit Vielfachheit 2, daher folgende Basislösungen:
y1(x) = e x , y2(x) = xe x .
• λ3/4 = ±2i: Konjugiert komplexe Nullstellen mit Vielfachheit 1. Basislösungen
sind:
y3(x) = e 0x ·cos(2x) = cos(2x) und y4(x) = e 0x ·sin(2x) = sin(2x).
S4: Die allgemeine Lösung ergibt sich als Linearkombination der in S3 ermittelten Basislösungen:
y(x) = C1e x +C2xe x +C3cos(2x)+C4sin(2x), C1,C2,C3,C4 ∈ R.
Einarbeitung von Anfangsbedingungen
Hin und wieder sind zusätzlich zu den Differentialgleichungen noch Anfangsbedingungen gegeben.
Das heißt, es ist der Funktionswert y(x0) an einer gewissen Stelle x0 vorgegeben sowie auch
sämtliche Ableitungswerte an der Stelle x0 bis hin zur (n −1)-ten, also y ′ (x0),...,y (n−1) (x0).
Die Parameter C1,...,Cn in der allgemeinen Lösung sind dann so zu bestimmen, dass die Anfangsbedingungen
erfüllt sind. Im Allgemeinen ist dafür ein lineares Gleichungssystem zu lösen.
Wir führen das an einem Beispiel vor.
Beispiel: Wir betrachten das Beispiel (c) von oben. Dort hatten wir als allgemeine Lösung der
Differentialgleichung ermittelt:
y(x) = C1e x +C2xe x +C3cos(2x)+C4sin(2x).
Wir nehmen nun an, dass zusätzlich zur Differentialgleichung noch folgende Anfangsbedingungen
erfüllt sein sollen:
y(0) = y ′ (0) = y ′′ (0) = 0, y ′′′ (0) = −50.
Wir wollen nun C1,C2,C3,C4 so bestimmen, dass diese Bedingungen erfüllt sind.
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• Setzen wir x = 0 in die allgemeine Lösung von oben ein, so erhalten wir unsere erste
Bedingung an C1,C2,C3,C4:
!
y(0) = C1 +C3 = 0.
• Die Ableitung der allgemeinen Lösung ist:
y ′ (x) = (C1 +C2)e x +C2xe x −2C3sin(2x)+2C4cos(2x).
Setzen wir x = 0 ein, erhalten wir unsere zweite Bedingung:
y ′ (0) = C1 +C2 +2C4
• Die zweite Ableitung der allgemeinen Lösung ist:
!
= 0.
y ′′ (x) = (C1 +2C2)e x +C2xe x −4C3cos(2x)−4C4sin(2x).
Setzen wir x = 0 ein, erhalten wir unsere dritte Bedingung:
y ′′ (0) = C1 +2C2 −4C3
• Die dritte Ableitung der allgemeinen Lösung ist:
!
= 0.
y ′′′ (x) = (C1 +3C2)e x +C2xe x +8C3sin(2x)−8C4cos(2x).
Setzen wir x = 0 ein, erhalten wir unsere dritte Bedingung:
y ′′′ (0) = C1 +3C2 −8C4
!
= −50.
Schreiben wir alle vier Bedingungen noch einmal auf, erkennen wir, dass ein lineares Gleichungssystem
zu lösen ist:
C1 + C3 = 0
C1 + C2 + 2C4 = 0
C1 + 2C2 − 4C3 = 0
C1 + 3C2 − 8C4 = −50
Das System kann zum Beispiel mit dem Gauß-Verfahren gelöst werden. Als Lösung dieses
Gleichungssystems ergibt sich:
C1 = 4, C2 = −10, C3 = −4, C4 = 3.
Somit erhalten wir als Lösung der Anfangswertaufgabe
y(x) = 4e x −10xe x −4cos(2x)+3sin(2x).
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Ein paar zusätzliche Informationen
Woher kommt eigentlich die charakteristische Gleichung?
Das eigentliche Ziel ist es, genaunBasislösungen zu ermitteln. Zur Ermittlung einer Basislösung
macht man bei Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten den Ansatz
y(x) = e λx .
Man legt also von vornherein fest, dass die Lösung, die man sucht, eine Exponentialfunktion
sein soll, nur den Faktor vor dem x, also das λ, legt man noch nicht fest, das ist noch zu
bestimmen.
Nun kann man den Ansatz nach x ableiten und auch zweite, dritte, bis hin zur n-ten Ableitung
bestimmen. Dabei ist die Kettenregel zu beachten:
y ′ (x) = λe λx , y ′′ (x) = λ 2 e λx ,...,y (n) (x) = λ n e λx .
Alles eingesetzt in die Differentialgleichung (1) ergibt:
λ n e λx +an−1λ n−1 e λx +...+a2λ 2 e λx +a1λe λx +a0e λx = 0.
Nun wissen wir, dass e λx nie Null wird, denn die Exponentialfunktion hat keine Nullstellen.
Das heißt, wir können diese Gleichung durch e λx teilen und es bleibt genau die charakteristische
Gleichung übrig:
λ n +an−1λ n−1 +...+a2λ 2 +a1λ+a0 = 0.
Also ist y(x) = e λx genau dann Lösung der Differentialgleichung, wenn λ Lösung der charakteristischen
Gleichung ist. Es macht also wirklich Sinn, die Nullstellen der charakteristischen
Gleichung zu ermitteln.
Wie kommt man eigentlich auf die Basislösungen im Fall konjugiert komplexer
Nullstellen?
Seiλ1/2 = a±ib ein Paar konjugiert komplexer Nullstellen. Wir betrachten zunächstλ1 = a+ib.
Nach unseren Überlegungen von eben wissen wir, dass dann e (a+ib)x eine Lösung der Differentialgleichung
ist, allerdings eine komplexwertige! Wir suchen aber reellwertige Funktionen, die
die Differentialgleichung lösen. Dazu spalten wir die komplexwertige Lösung in Real- und Imaginärteil
auf:
e (a+ib)x = e ax ·e ibx = e ax ·(cos(bx)+isin(bx)) = e ax cos(bx) +i·e
Realteil
ax sin(bx) .
(3)
Imaginärteil
Nun kann man sich leicht überlegen, dass Realteil und Imaginärteil jeweils auch die Differentialgleichung
lösen müssen. Denn wir wissen: Wenn wir die gesamte (komplexwertige) Lösung
ableiten und in die Differentialgleichung einsetzen, kommt Null heraus. Die komplexwertige Lösung
bezeichnen wir mal mit y(x) = α(x)+iβ(x) mit einem gewissen Realteil α(x) und einem
gewissen Imaginärteil β(x). Beim Ableiten werden Real- und Imaginärteil getrennt abgeleitet:
y ′ (x) = α ′ (x)+iβ ′ (x),...,y (n) (x) = α (n) (x)+iβ (n) (x).
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Setzen wir die Funktion y(x) und ihre Ableitungen in die Differentialgleichung ein und sortieren
nach Real- und Imaginärteil, dann erhalten wir:
(n)
α +an−1α (n−1) +...+a2α ′′ +a1α ′ (n)
+a0 +i β +an−1β (n−1) +...+a2β ′′ +a1β ′
+a0 = 0.
Wenn der gesamte Ausdruck Null ist, heißt das aber, dass sowohl Real- als auch Imaginärteil
Null sind. Daraus kann man leicht ablesen, dass sowohl der Realteil α(x) als auch der Imaginärteil
β(x) die Differentialgleichung lösen. Zusammen mit der Umformung (3) ergeben sich
unsere Basislösungen:
y1(x) = e ax cos(bx) und y2(x) = e ax sin(bx).
Nun gibt es ja eigentlich noch die andere komplexe Nullstelle λ2 = a − ib. Wenn wir diese
betrachten würden, würden sich als Real- und Imaginärteil folgende Lösungen ergeben:
˜y1(x) = e ax cos(−bx) und ˜y2(x) = e ax sin(−bx).
Nun haben die trigonometrischen Funktionen aber gewisse Symmetrieeigenschaften. Der Cosinus
ist eine gerade Funktion, d.h. es gilt cos(−bx) = cos(bx) und somit ˜y1(x) = y1(x). Die erste
Basisfunktion wäre also genau dieselbe. Der Sinus wiederum ist eine ungerade Funktion, d.h. es
gilt sin(−bx) = −sin(bx) und somit ˜y2(x) = −y2(x). Die zweite Basisfunktion wäre zwar nicht
dieselbe wie die für λ1, aber von dieser nur ein konstantes Vielfaches. Das heißt, die Nullstelle
λ2 würde keine neuen Basisfunktionen liefern (Basisfunktionen müssen stets linear unabhängig
sein). Bei konjugiert komplexen Nullstellen genügt es daher, eine der beiden Nullstellen zu
betrachten, um die zugehörigen Basisfunktionen zu bestimmen.
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