Höhere Mathematik 3. Apl. Prof. Dr. Norbert Knarr. Wintersemester 2015/16. FB Mathematik

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1 Höhere Mathematik 3 Apl. Prof. Dr. Norbert Knarr FB Mathematik Wintersemester 2015/16

2 4. Homogene lineare Dierentialgleichungen

3 4.1. Grundbegrie Denition. Es sei J R ein Intervall und a 0 ; : : : ; a n 1 : J R stetige Funktionen. Dann heiÿt y (n) + a n 1 (x )y (n 1) + + a 1 (x )y 0 + a 0 (x )y = 0 eine homogene lineare Dierentialgleichung n -ter Ordnung.

4 Bemerkungen. 1 Der Fall n = 1 wurde bereits in behandelt. 2 Wenn man die Dierentialgleichung explizit schreibt als y (n) = a 0 (x )y a 1 (x )y 0 a n 1 (x )y (n 1) ; sieht man sofort, dass die rechte Seite stetig partiell nach y ; y 0 ; : : : ; y (n 1) dierenzierbar ist. Also ist nach dem Existenzund Eindeutigkeitssatz jedes Anfangswertproblem eindeutig lösbar. 3 Man kann zeigen, dass sich jede Lösung auf dem ganzen Intervall J denieren lässt.

5 Erinnerung. Gemäÿ A bilden die n -mal stetig dierenzierbaren Funktionen von J nach R einen reellen Vektorraum, der mit C n (J ) bezeichnet wird; d.h. für je zwei C n -Funktionen f ; g : J R und jede relle Zahl c 2 R sind f + g und cf ebenfalls C n -Funktionen. Der Dierentialoperator D : C n (J ) C n 1 (J ), der einer Funktion ihre Ableitung zuordnet, also D(f ) = f 0, ist eine lineare Abbildung zwischen diesen beiden Vektorräumen; d.h. für je zwei C n -Funktionen f ; g und jede relle Zahl c 2 R gilt D(f + g) = (f + g) 0 = f 0 + g 0 = Df + Dg und D(cf ) = (cf ) 0 = cf 0 = cd(f ). Wegen dieses Sachverhaltes erweist es sich als zweckmäÿig, bei der Behandlung linearer Dierentialgleichungen die Sprache der linearen Algebra zu benutzen.

6 Satz. Die Lösungen einer homogenen linearen Dierentialgleichung n -ter Ordnung bilden einen n -dimensionalen Untervektorraum von C n (J ). Jede Basis dieses Vektorraums heiÿt ein Fundamentalsystem der Dierentialgleichung. Wenn also f 1 ; : : : ; f n ein Fundamentalsystem bilden, lässt sich jede Lösung der Dierentialgleichung eindeutig als c 1 f c n f n mit c 1 ; : : : ; c n 2 R schreiben.

7 Beweis. Nach dem Unterraumkriterium L müssen wir zeigen, dass für je zwei Lösungen f ; g unserer Dierentialgleichung und für jeden Skalar c 2 R die Funktionen f + g und cf ebenfalls Lösungen sind. Dies folgt sofort aus der Linearität des Dierentialoperators, es gilt ja (f + g) (k) = f (k) + g (k) und (cf ) (k) = cf (k) für alle k 2 N. Damit folgt (f + g) (n) + a n 1 (x )(f + g) (n 1) + + a 0 (x )(f + g) = f (n) + a n 1 (x )f (n 1) + + a 0 (x )f + g (n) + a n 1 (x )g (n 1) + + a 0 (x )g = = 0 Also löst auch f + g die Dierentialgleichung. Für cf kann man ein analoges Argument benutzen. Damit ist die Menge der Lösungen als Vektorraum erkannt.

8 Um zu zeigen, dass der Lösungsraum n -dimensional ist, reicht es nach L eine Basis aus genau n Elementen anzugeben. Wir wählen einen festen Punkt x 0 2 J. Es seien f 0 ; : : : ; f n 1 die Lösungen der folgenden Anfangswertprobleme: { f (k) 0 falls j 6= k j (x 0 ) = jk = 1 falls j = k für j ; k = 0; : : : ; n 1. Wir wollen zeigen, dass diese Funktionen ein Fundamentalsystem bilden. Gemäÿ L müssen wir dazu zeigen, dass f 0 ; : : : ; f n 1 linear unabhängig sind; den ganzen Lösungsraum erzeugen.

9 Zur linearen Unabhängigkeit: Seien c 0 ; : : : ; c n 1 2 R mit c 0 f c n 1 f n 1 = 0. Wir müssen zeigen, dass dann c 0 = = c n 1 = 0 gilt. Auswerten an der Stelle x 0 liefert 0 = c 0 f 0 (x 0 ) + + c n 1 f n 1 (x 0 ) = c 0 : Durch k -maliges Dierenzieren und Auswerten an der Stelle x 0 erhalten wir analog 0 = c 0 f (k) 0 (x 0 ) + + c n 1 f (k) n 1 (x 0) = c k für k = 1; : : : ; n 1. Damit sind f 0 ; : : : ; f n 1 als linear unabhängig erkannt.

10 Zur Erzeugung: Es sei f irgendeine Lösung der Dierentialgleichung. Wir müssen zeigen, dass sich f als Linearkombination von f 0 ; : : : ; f n 1 schreiben lässt. Dazu setzen wir c k = f (k) (x 0 ) und betrachten die Funktion g = c 0 f c n 1 f n 1. Diese Funktion löst ebenfalls die Dierentialgleichung, und es gilt g (k) (x 0 ) = c 0 f (k) 0 (x 0 ) + + c n 1 f (k) n 1 (x 0) = c k ; für k = 0; : : : ; n 1. Also lösen f und g dasselbe Anfangswertproblem, und wegen der Eindeutigkeit der Lösung sind sie gleich, es gilt also f = g = c 0 f c n 1 f n 1 : Damit ist f 0 ; : : : ; f n 1 als Fundamentalsystem erkannt.

11 4.2. Die Wronski-Matrix In diesem Abschnitt wollen wir uns mit der Frage beschäftigen, wie man einem gegebenen System von n Lösungen einer homogenen linearen Dierentialgleichung n -ter Ordnung ansieht, ob sie ein Fundamentalsystem bilden. Mit Hilfe der Wronski-Matrix kann man dieses Problem im unendlich-dimensionalen Vektorraum C n (J ) auf das entsprechende Problem im n -dimensionalen Vektorraum R n zurückführen.

12 Denition. Es seien f 1 ; : : : ; f n Lösungen der homogenen linearen Dierentialgleichung y (n) + a n 1 (x )y (n 1) + + a 1 (x )y 0 + a 0 (x )y = 0 und x 0 2 J. Dann heiÿt M (x 0 ) = 0 die Wronski-Matrix von f 1 ; : : : ; f n heiÿt die Wronski-Determinante. f 1 (x 0 ) f n (x 0 ) f1 0(x 0) fn(x 0 0 )..... f (n 1) 1 (x 0 ) f (n 1) n (x 0 ) 1 C A an der Stelle x 0, und det M (x 0 )

13 Satz. Es seien f 1 ; : : : ; f n Lösungen der homogenen linearen Dierentialgleichung y (n) + a n 1 (x )y (n 1) + + a 1 (x )y 0 + a 0 (x )y = 0 und x 0 2 J. Dann bilden f 1 ; : : : ; f n genau dann ein Fundamentalsystem, wenn die Wronski-Matrix M (x 0 ) regulär ist, oder äquivalent wenn für die Wronski-Determinante gilt det M (x 0 ) 6= 0. Wenn diese Bedingung erfüllt ist, dann ist die Lösung des Anfangswertproblems y(x 0 ) = y 0 ; : : : ; y (n 1) (x 0 ) = y n 1 gegeben durch f = c 1 f c n f n, mit M (x 0 ) 0 c 1. c n 1 0 C A = y 0. y n 1 1 C A bzw. 0 c 1. c n 1 C A = M (x 0) 1 0 y 0. y n 1 1 C A :

14 Beweis. Angenommen f 1 ; : : : ; f n bilden ein Fundamentalsystem. Dann liegt die Lösung jedes Anfangswertproblems y(x 0 ) = y 0 ; : : : ; y (n 1) (x 0 ) = y n 1 im Erzeugnis von f 1 ; : : : ; f n. Also gibt es c 1 ; : : : ; c n 2 R mit c 1 f 1 (x 0 ) + : : : + c n f n (x 0 ) = y c 1 f (n 1) 1 (x 0 ) + : : : + c n f (n 1) n (x 0 ) = y n 1 Diese Gleichungen lassen sich in Matrixform zusammenfassen zu Also ist M (x 0 ) regulär. M (x 0 ) 0 c 1. c n 1 0 C A = y 0. y n 1 1 C A :

15 Die Umkehrung ist auch richtig. Wenn M (x 0 ) regulär ist, lässt sich jedes Anfangswertproblem im Erzeugnis von f 1 ; : : : ; f n lösen. Wegen der Eindeutigkeit der Lösung ist daher dieses Erzeugnis schon der ganze Lösungsraum Bemerkungen. 1 Durch wird die Lösung eines Anfangswertproblems auf die Lösung eines linearen Gleichungssystems zurückgeführt. (Wenn man schon ein Fundamentalsystem kennt.) 2 Wenn man das Fundamentalsystem wie im Beweis von wählt, dann gilt für die Wronskimatrix M (x 0 ) = E n (die n -dimensionale Einheitsmatrix). Dann wird die Lösung von Anfangswertproblemen besonders einfach.

16 4.3. Gleichungen mit konstanten Koezienten Für lineare Dierentialgleichungen höherer Ordnung gibt es keine allgemeine Lösungstheorie. Wir werden uns daher auf die Betrachtung linearer Dierentialgleichungen mit konstanten Koezienten beschränken; d.h. solche der Form y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y 0 + a 0 y = 0 mit a 0 ; : : : ; a n 1 2 R. Im Fall n = 1 liefert die Lösung f (x ) = e a0x : Dadurch motiviert macht man den Lösungsansatz f (x ) = e x.

17 Satz. Wir betrachten die Dierentialgleichung y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y 0 + a 0 y = 0 und ihr zugehöriges charakteristisches Polynom p(x ) = X n + a n 1 X n a 1 X + a 0 mit denselben Koezienten. Für die Funktion f : R R mit f (x ) = e x (mit Konstante 2 R) gilt f (n) (x ) + a n 1 f (n 1) (x ) + + a 1 f 0 (x ) + a 0 f (x ) = p()f (x ): Insbesondere ist f genau dann Lösung der Dierentialgleichung, wenn eine Nullstelle des Polynoms p ist.

18 Beweis. Es gilt f 0 (x ) = e x ; f 00 (x ) = 2 e x ; allgemein f (k) (x ) = k e x = k f (x ) für k 2 N. Damit folgt f (n) (x ) + a n 1 f (n 1) (x ) + + a 1 f 0 (x ) + a 0 f (x ) = n e x + a n 1 n 1 e x + + a 1 e x + a 0 e x = ( n + a n 1 n a 1 + a 0 )e x = p()f (x ):

19 Satz. Wenn das charakteristische Polynom der Dierentialgleichung p(x ) = X n + a n 1 X n a 1 X + a 0 y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y 0 + a 0 y = 0 die n verschiedenen rellen Nullstellen 1; : : : ; n bilden die Funktionen f 1 ; : : : ; f n : R R mit besitzt, dann f 1 (x ) = e 1x ; : : : ; f n (x ) = e n x ein Fundamentalsystem der Dierentialgleichung.

20 Beweis. Gemäÿ reicht es zu zeigen, dass die Wronskimatrix von f 1 ; : : : ; f n in einem Punkt x 0 2 R regulär ist. Wir wählen x 0 = 0 und erhalten M (0) = 0 1 : : : 1 1 : : : n.... n 1 1 : : : n 1 n Das ist eine sogenannte Vandermonde-Matrix. Für n = 2 erhalten wir det M (0) = det M (0) = det ! 1 C A : = 2 1 6= 0:

21 Für n = 3 ergibt sich det M (0) = det C A = = (2 1)(3 1)(3 2) 6= 0 Allgemein kann man mit vollständiger Induktion zeigen, dass gilt det M (0) = j <k(k j ); und da wir voraussetzen, dass die Nullstellen von p verschieden sind, gilt det M (0) 6= 0 für beliebiges n.

22 Beispiel. Die Dierentialgleichung hat das charakteristische Polynom y (3) + 2y 00 3y 0 = 0 p(x ) = X 3 + 2X 2 3X : Die Nullstellen sind 1 = 0; 2 = 1; 3 = 3. Also bilden die Funktionen ein Fundamentalsystem. f 1 (x ) = 1(= e 0x ); f 2 (x ) = e x ; f 3 (x ) = e 3x

23 Probleme. Bekanntermaÿen hat nicht jedes reelle Polynom n -ten Grades n verschiedene reelle Nullstellen. Es erhebt sich also die Frage, wie man ein Fundamentalsystem bestimmt, wenn einer der folgenden Fälle eintritt: das charakteristische Polynom p besitzt mindestens eine nicht-reelle (d.h. komplexe) Nullstelle; das Polynom besitzt mehrfache (reelle oder komplexe) Nullstellen.

24 Komplexe Nullstellen. In A wurde die Exponentialfunktion auch für komplexe Werte deniert, und es ergab sich, dass für u ; v 2 R gilt: e u+iv = e u cos v + ie u sin v : Wir können daher für = a + ib 2 C die Funktion f : R C = R 2 mit f (x ) = e x = e ax +ibx = e ax cos(bx ) + ie ax sin(bx ) betrachten. Für die Ableitung ergibt sich mit der Produktregel f 0 (x ) = (ae ax cos(bx ) be ax sin(bx )) + i(ae ax sin(bx ) + be ax cos(bx )) Andererseits gilt e x = (a + bi)(e ax cos(bx ) + ie ax sin(bx )) = (ae ax cos(bx ) be ax sin(bx )) + i(ae ax sin(bx ) + be ax cos(bx ))

25 Also gilt die Regel e x 0 = e x auch für komplexe Werte von. Per Induktion folgert man daraus e x (k) = k e x für alle k 2 N. Wenn also = a + ib 2 C; b 6= 0, eine komplexe Nullstelle des charakteristischen Polynoms p(x ) einer linearen Dierentialgleichung ist, können wir f : R C: x 7 e x als komplexe Lösung der Dierentialgleichung auassen. Um zu einer reellen Lösung zu gelangen, stellt man folgende Überlegung an: Wenn = a + ib eine nicht-reelle Nullstelle des reellen Polynoms p(x ) ist, dann ist die konjugiert komplexe Zahl = a ib ebenfalls eine Nullstelle von p(x ); vgl. L

26 Also ist auch g : R C mit g(x ) = e x Dierentialgleichung. Es gilt eine Lösung der g(x ) ax ibx = e = e ax cos( bx ) + ie ax sin( bx ) = e ax cos(bx ) ie ax sin(bx ) = f (x ): Weil die Lösungen einen Vektorraum bilden, sind mit f und g auch alle Linearkombinationen von f und g Lösungen, insbesondere also Re f = 1 2 (f + g) und Im f = 1 (f g). Damit erhalten wir die reellen 2i Lösungen f 1 ; f 2 : R R mit f 1 (x ) = e ax cos(bx ); f 2 (x ) = e ax sin(bx ):

27 Satz. Wenn = a + ib 2 C; b 6= 0, eine komplexe Nullstelle des charakteristischen Polynoms p(x ) einer homogenen linearen Dierentialgleichung ist, dann sind die Funktionen f 1 ; f 2 : R R mit f 1 (x ) = e ax cos(bx ); f 2 (x ) = e ax sin(bx ) linear unabhängige Lösungen der Dierentialgleichung.

28 Beispiel. Die Dierentialgleichung y 00 + y = 0 hat das charakteristische Polynom p(x ) = X mit den Nullstellen 1;2 = i. Also sind f 1 ; f 2 : R R mit f 1 (x ) = cos x ; f 2 (x ) = sin x Lösungen. Für die Wronski-Matrix an der Stelle x 0 = 0 gilt M (0) = cos 0 sin 0 sin 0 cos 0! = ! = E 2 : Also ist f 1 ; f 2 das Fundamentalsystem aus dem Beweis von

29 4.4. Polynome und Dierentialoperatoren Den Dierentialoperator D mit D(g) = g kann man iterieren, und 0 erhält D m (g) = D(D(: : : (D(g)) : : : ) = g (m) für m 2 N. Für m = 0 deniert man D m = D 0 als Identität, d.h. man setzt D 0 (g) = g. Für ein Polynom q(x ) vom Grade d mit Höchstkoezienten 1 q(x ) = X d + b d 1 X d b 1 X + b 0 kann man dann den Dierentialoperator q(d) = D d + b d 1 D d b 1 D + b 0 D 0 bilden, der auf d -fach dierenzierbare Funktionen folgendermaÿen angewendet wird: q(d)(g) = D d (g) + b d 1 D d 1 (g) + + b 1 D(g) + b 0 g = g (d) + b d 1 g (d 1) + + b 1 g 0 + b 0 g

30 Damit lässt sich eine homogene lineare Dierentialgleichung mit konstanten Koezienten mit Hilfe ihres charakteristischen Polynoms p(x ) schreiben als p(d)(y) = 0: Man kann solche polynomialen Dierentialoperatoren hintereinander ausführen. Dabei multiplizieren sie sich genauso wie bei der Multiplikation von Polynomen. Insbesondere ist diese Verknüpfung kommutativ, d.h. für Polynome q 1 (X ); q 2 (X ) und genügend oft dierenzierbare Funktionen g gilt: q 1 (D)(q 2 (D)(g)) = q 2 (D)(q 1 (D)(g)):

31 Wir zerlegen das charakteristische Polynom p(x ) unserer Dierentialgleichung in Linearfaktoren. p(x ) = (X 1) n1 (X 2) n2 : : : (X k ) n k (X 1) m1 (X 1 ) m1 : : : (X l) m l (X l ) ml : Dabei sind 1; : : : ; k die verschiedenen reellen Nullstellen mit Vielfachheiten n 1 ; : : : ; n k, und (1; 1 ); : : : ; (l ; l ) sind die Paare verschiedener nicht-reeller Nullstellen mit Vielfachheiten m 1 ; : : : ; m l. Für den Grad des Polynoms p(x ) gilt also n = n n k + 2m m l :

32 Wegen der Vertauschungsregel für polynomiale Dierentialoperatoren gilt der folgende Satz. Wenn für eine Funktion f eine der Bedingungen erfüllt ist, dann gilt auch (D j ) n j (f ) = 0; j = 1; : : : ; k ; (D j ) m j (f ) = 0; j = 1; : : : ; l ; (D j ) m j (f ) = 0; j = 1; : : : ; l ; p(d)(f ) = 0: Also ist f Lösung der Dierentialgleichung p(d)(y) = 0:

33 Beobachtung. Im Fall = 0 sind die Funktionen, die der Bedingung (D ) m (f ) = D m (f ) = f (m) = 0 genügen, genau die Polynome vom Grad höchstens m 1. Anders formuliert: Die Funktionen f 1 (x ) = 1; : : : ; f m (x ) = x m 1 bilden ein Fundamentalsystem der Dierentialgleichung y (m) = 0. Mit Hilfe des folgenden Satzes lässt sich der allgemeine Fall auf diesen Spezialfall zurückführen Satz (Verschiebungsregel von Heaviside). Für 2 C; m 2 N und m -mal dierenzierbare Funktionen f gilt: D m (e x f ) = e x (D ) m (f ) bzw. (D ) m (f ) = e x D m (e x f ):

34 Beweis. Wir führen einen Induktionsbeweis über m. IA m = 1 D(e x f ) = e x f + e x D(f ) = e x (D )(f ): IS Angenommen, wir wüssten schon, dass D m (e x f ) = e x (D ) m (f ) gilt. Dann folgt D m+1 (e x f ) = D(D m (e x f )) = D(e x (D ) m (f )) = e x (D ) m (f ) + e x D((D ) m (f )) = e x (D )(D ) m (f ) = e x (D ) m+1 (f ):

35 Folgerung. Die Funktionen f, die der Bedingung (D ) m (f ) = 0 genügen, sind genau die Funktionen der Form f (x ) = e x r(x ) mit einem Polynom r vom Grad höchstens m 1. Beweis. Wegen gilt für eine Funktion f genau dann (D ) m (f ) = 0 wenn gilt D m (e x f ) = 0. Nach ist diese Bedingung äquivalent dazu, dass r = e x f ein Polynom vom Grad höchstens m 1 ist.

36 Satz. Es sei y (n) + a n 1 y (n 1) + + a 1 y 0 + a 0 y = 0 eine homogene lineare Dierentialgleichung mit zugehörigem charakteristischen Polynom p(x ). Die Linearfaktorzerlegung von p(x ) sei gegeben als: p(x ) = (X 1) n1 (X 2) n2 : : : (X k ) n k (X 1) m1 (X 1 ) m1 : : : (X l) m l (X l ) ml : Dabei sind 1; : : : ; k die verschiedenen reellen Nullstellen mit Vielfachheiten n 1 ; : : : ; n k, und (1; 1 ); : : : ; (l ; l ) sind die Paare verschiedener nicht-reeller Nullstellen mit Vielfachheiten m 1 ; : : : ; m l. Weiterhin sei j = j + i j :

37 Dann bilden die folgenden n = n n k + 2m m l Funktionen ein Fundamentalsystem der Dierentialgleichung: e 1x ; xe 1x ; : : : ; x n1 1 e 1x e k x ; xe k x ; : : : ; x n k 1 e k x e 1x cos(1x ); : : : ; x m1 1 e 1x cos(1x )..... e l x cos(lx ); : : : ; x m l 1 e l x cos(lx ) e 1x sin(1x ); : : : ; x m1 1 e 1x sin(1x )..... e l x sin(lx ); : : : ; x m l 1 e l x sin(lx ) (n 1 Funktionen) (n k Funktionen) (m 1 Funktionen) (m l Funktionen) (m 1 Funktionen) (m l Funktionen)

38 Der Beweis ergibt sich aus unseren bisherigen Überlegungen. Nach und sind alle angegebenen Funktionen Lösungen der Dierentialgleichung. Im Fall nicht-reeller Nullstellen verfahren wir wie in Da wir insgesamt n Funktionen erhalten haben, bleibt nur noch zu zeigen, dass diese linear unabhängig sind. Das gelingt mit Hilfe der Wronski-Matrix, vgl (Details als Übung.)

39 Beispiel. Die lineare Dierentialgleichung y (7) 5y (6) + 5y (5) + 15y (4) 25y (3) 19y y y = 0 hat das charakteristische Polynom p(x ) = X 7 5X 6 + 5X X 4 25X 3 19X X + 25 Die Nullstellen sind 1 = 1; n 1 = 3; 1 = 2 + i ; 1 = 2 i ; m 1 = 2: Also bilden die Funktionen ein Fundamentalsystem. f 1 (x ) = e x ; f 2 (x ) = xe x ; f 3 (x ) = x 2 e x ; f 4 (x ) = e 2x cos(x ); f 5 (x ) = xe 2x cos(x ); f 6 (x ) = e 2x sin(x ); f 7 (x ) = xe 2x sin(x )

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