Betriebsanleitung für gewöhnliche lineare Differentialgleichungen. Prof. Dr. Dirk Ferus

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1 Betriebsanleitung für gewöhnliche lineare Differentialgleichungen Prof. Dr. Dirk Ferus Version vom

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3 Inhaltsverzeichnis 1 Homogene skalare Gleichungen Einfache reelle Nullstellen Komplexe Nullstellen Mehrfache Nullstellen Zusammenfassung: Homogene skalare Gleichungen Inhomogene skalare Gleichungen Ansatz vom Typ der rechten Seite Variation der Konstanten Homogene lineare Systeme Diagonalisierbare homogene lineare Systeme Nicht diagonalisierbare homogene lineare Systeme Inhomogene Systeme: Variation der Konstanten 16 5 Ausblick: Skalare Gleichungen und Systeme 18

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5 Einleitung Diese kurze Betriebsanleitung ist gedacht als Hilfestellung für die Studierenden der Ingenieurwissenschaften an der TU Berlin, weil Differentialgleichungen bereits in den Anfängervorlesungen eine so wichtige Rolle spielen, dass der Reflex Exponentialansatz allein nicht ausreicht. Für die ersten beiden Abschnitte über (skalare) Differentialgleichungen braucht man nur Abiturwissen und eine gewisse Vorstellung davon, was Linearkombinationen von Funktionen sind und was (lineare) Unabhängigkeit bedeutet. Für die Behandlung linearer Differentialgleichungssysteme muss man darüber hinaus mit Eigenwerten und -vektoren von Matrizen umgehen können. Die mathematischen Grundlagen sind (hoffentlich) richtig dargestellt, auch wenn die Formulierungen oft etwas großzügig und die Details keineswegs alle sorgfältig begründet sind. Manchmal ließ sich die angestrebte Kürze der Darstellung nur mit dem Rezept-Hammer durchsetzen; aber ich wollte kein Rezeptbuch schreiben. Vielmehr habe ich mich bemüht, die wesentlichen Ideen an Beispielen zu demonstrieren, die eigentlich alles zeigen, um es dann dem Leser zu überlassen, die Lehren aus den Beispielen in grundlegendes Verständnis umzusetzen. Natürlich wollen diese paar Seiten keine Vorlesung ersetzen und schon gar kein Lehrbuch sein. Der Stoff findet sich im wesentlichen im Modul Lineare Algebra für Ingenieure und wird vertieft in den Modulen Differentialgleichungen für Ingenieure oder ITPDG. Wer ein Lehrbuch sucht, sollte zum Beispiel das sehr dicke (weil sehr ausführlich begründende!) Buch Boyce, DiPrima: Gewöhnliche Differentialgleichungen Spektrum Akademischer Verlag in Erwägung ziehen. Schließlich möchte ich mein lebhaftes Interesse an Kommentaren (und natürlich Fehlermeldungen) zu dieser Anleitung bekunden.

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7 1 Homogene skalare Gleichungen. Die Gleichung für ein Federpendel der Masse m mit Federkonstante b und Reibungskoeffizient ist nach dem Newtonschen Bewegungsgesetz mẍ + aẋ + bx = 0, (1) Dabei ist x(t) die Auslenkung aus der Ruhelage zur Zeit t. Eine Differentialgleichung, die (eventuell nach Umformungen) diese Gestalt hat, heißt eine homogene lineare Differentialgleichung 2. Ordnung 1 mit konstanten Koeffizienten. Weil wir es gelegentlich auch mit höheren als zweiten Ableitungen zu tun haben werden, bezeichnen wir aus Gründen einheitlicher und bequemerer Notation die unabhängige Variable zwar weiter mit t, die Ableitung aber mit einem Strich statt mit einem Punkt. Aus physikalischen Gründen erwarten wir, dass (1) eine eindeutige Lösung besitzt, wenn wir zu einer gegebenen Zeit t 0 den Ort x(t 0 ) und die Geschwindigkeit x (t 0 ) vorgeben. Man kann beweisen, dass das stimmt, dass also das sogenannte Anfangswertproblem mx + ax + bx = 0, x(t 0 ) = x 0, x (t 0 ) = v 0 (2) für beliebige reelle t 0, x 0, v 0 genau eine Lösung x : R R besitzt. Das gilt auch für komplexe x 0, v 0, nur muss man dann natürlich auch für x(t) komplexe Werte zulassen. Der Exponentialansatz. Weil x bx = 0 (also x = bx) offenbar die Funktion x(t) = e bt als eine Lösung besitzt, scheint es nicht ganz abwegig, auch für (2) nach Lösungen der Form x(t) = e λt zu suchen. Einsetzen von x(t), x (t) = λe λt und x (t) = λ 2 e λt liefert nach Ausklammern e λx (mλ 2 + aλ + b) = 0 und damit die sogenannte charakteristische Gleichung mλ 2 + aλ + b = 0, die man natürlich sofort von (1) ablesen und hinschreiben kann. Als quadratische Gleichung hat sie zwei Lösungen λ 1, λ 2, und die liefern also zwei Lösungen der Differentialgleichung 1 falls m 0 x 1 (t) = e λ 1t, x 2 (t) = e λ 2t. 1

8 Überlegen Sie, dass dann für beliebige reelle (oder auch komplexe) Koeffizienten c 1, c 2 auch x(t) = c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) eine Lösung von (1) liefert. Die Anfangsbedingungen für x(t 0 ) und x (t 0 ) liefern zwei lineare Gleichungen, und wenn man die gelöst hat, hat man die eindeutige Lösung des Anfangswertproblems gefunden. Wir zeigen das am Beispiel x + 6x + bx = 0, x(0) = 0, x (0) = 1 mit verschiedenen Werten für b (Beispiele 1 bis 3). 2

9 1.1 Einfache reelle Nullstellen Beispiel 1. x + 6x + 8x = 0, x(0) = 0, x (0) = 1. Die charakteristische Gleichung λ 2 + 6λ + 8 = 0 hat die Lösungen λ 1 = 2, λ 2 = 4 und die liefern x(t) = c 1 e 2t + c 2 e 4t. (3) Die Anfangsbedingungen lauten also c 1 = c 2 = 1. Damit ist 2 0 = x(0) = c 1 + c 2, 1 = x (0) = 2c 1 4c 2, x(t) = 1 2 e 2t 1 2 e 4t die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems. Weil diese Rechnung für jedes Paar von Anfangsbedingungen klappt, nennt man (3) die allgemeine Lösung von (1) und x 1 (t) = e 2t, x 2 (t) = e 4t eine Lösungsbasis. 3

10 1.2 Komplexe Nullstellen Beispiel 2. x + 6x + 10x = 0, x(0) = 0, x (0) = 1. Die charakteristische Gleichung λ 2 + 6λ + 10 = 0 hat dann die Lösungen und die liefern Die Anfangsbedingungen lauten λ 1 = 3 + i, λ 2 = 3 i, x(t) = c 1 e ( 3+i)t + c 2 e ( 3 i)t. (4) 0 = x(0) = c 1 + c 2, 1 = x (0) = ( 3 + i)c 1 + ( 3 i)c 2. Lösen dieses linearen Gleichungssystems liefert c 1 = c 2 = 1. Damit ist 2i x(t) = 1 2i e( 3+i)t 1 2i e( 3 i)t = e 3t eit e it die gesuchte Lösung des Anfangswertproblems. 2i = e 3t sin t Bemerkung. Es macht also nichts, wenn die charakteristische Gleichung komplexe Nullstellen hat. Wenn man sich aber daran stört, dass die Lösungsbasis aus komplexen Funktionen besteht, kann man auch eine reelle Lösungsbasis haben: Allgemein liefert ein komplexes Lösungspaar λ 1/2 = α ± iω der charakteristischen Gleichung die Lösungen x(t) = e αt (c 1 e iωt + c 2 e iωt ) = e αt (c 1 (cos ωt + i sin ωt) + c 2 (cos ωt i sin ωt)) = e αt ((c 1 + c 2 ) cos ωt + (ic 1 ic 2 ) sin ωt) = e αt (A 1 cos ωt + A 2 sin ωt) mit beliebigen reellen oder komplexen A 1, A 2. Für reelle A i erhält man also auch in diesem Fall reelle Lösungen der Differentialgleichung und eine Lösungsbasis e αt cos ωt, e αt sin ωt. Rezept. Bei konjugiert komplexen Nullstellen α ± iω kann man eine Lösung vergessen und von der anderen e αt (cos ωt + i sin ωt) den Real- und den Imaginärteil nehmen. Das liefert zwei unabhängige Lösungen. 4

11 1.3 Mehrfache Nullstellen Beispiel 3. x + 6x + 9x = 0, x(0) = 0, x (0) = 1. Die charakteristische Gleichung λ 2 + 6λ + 9 = 0 hat die doppelte Nullstelle Das liefert λ 1 = λ 2 = 3. x(t) = c 1 e ( 3+i)t, und die Anfangsbedingungen lassen sich damit offenbar nicht erfüllen. Aus x(0) = 0 folgt nämlich c 1 = 0 und damit auch x (0) = 0. Rechnen Sie nach, dass in diesem Fall aber auch x 2 (t) := te 3t eine Lösung ist. Damit ist auch x(t) = c 1 e 3t + c 2 te 3t = e 3t (c 1 + tc 2 ) für beliebiges c 1 und c 2 eine Lösung. Mit c 1 = 0 und c 2 = 1 werden die Anfangsbedingungen erfüllt. Bemerkung. Man rechnet nach: Ist λ eine doppelte Nullstelle von mλ 2 + aλ + b, so ist x(t) = c 1 e λt + c 2 te λt die allgemeine Lösung von (1). 5

12 1.4 Zusammenfassung: Homogene skalare Gleichungen Wir formulieren die für homogene lineare Differentialgleichungen 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten gefundenen Ergebnisse allgemeiner für die homogene lineare Differentialgleichung n-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten, also für a 0 x (n) + a 1 x (n 1) a n 1 x + a n x = 0, a 0 0. (5) Für die Lösung dieser Differentialgleichung bestimme man die Nullstellen der charakteristischen Gleichung a 0 λ n + a 1 λ n a n 1 λ + a n = Jede einfache Nullstelle λ liefert eine Lösung e λt. 2. Jede k-fache Nullstelle liefert k Lösungen e λt, te λt,..., t k 1 e λt. 3. Diese insgesamt n Lösungen bilden eine (möglicherweise komplexe) Lösungsbasis und durch ihre Linearkombinationen erhält man die allgemeine (komplexe) Lösung von (5). 4. Sind die Koeffizienten a i reell und treten komplexe Nullstellen auf, so treten diese und die wie oben konstruierten Lösungen in konjugiertkomplexen Paaren t j e (α±iω)t = t j e αt (cos ωt ± i sin ωt) auf. Von jedem solchen Lösungspaar kann man eine Lösung vergessen und die andere in Real- und Imaginärteil zerlegen. Das liefert dann k reelle und unabhängige Lösungen. 5. Sind die Koeffizienten a i nicht konstant, sondern auf einem Intervall stetige Funktionen von t, so ist die allgemeine Lösung immer noch die Linearkombination einer Lösungsbasis aus n linear unabhängigen Lösungen, aber es ist nicht klar, wie man die findet: der Exponentialansatz jedenfalls versagt dann. 6

13 2 Inhomogene skalare Gleichungen Wirkt auf das Federpendel des ersten Abschnitts zusätzlich eine zeitveränderliche Kraft h(t), zum Beispiel ein Magnetfeld oder eine umgebende Strömung, so wird aus (1) die Differentialgleichung mx + ax + bx = h(t), (6) eine sogenannte inhomogene lineare Differentialgleichung 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Seien x 0 (t) und x 1 (t) zwei Lösungen davon. Rechnen Sie nach, dass Linearkombinationen der beiden i.a. keine Lösungen mehr sind. Rechen Sie weiter nach, dass aber x(t) := x 1 (t) x 0 (t) eine Lösung der homogenen Differentialgleichung (1) ist. Und rechnen Sie nach, dass umgekehrt wenn x 2 (t) eine Lösung von (1) ist, dann x 3 (t) := x 0 (t) + x 2 (t) eine Lösung von (6) ist. Das formuliert man auch so: Ist x 0 (t) eine (man sagt spezielle oder partikuläre) Lösung der inhomogenen Gleichung (6) und bezeichnet x H (t) die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung (1), so ist x(t) = x 0 (t) + x H (t) die allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung (6). Ist x 1 (t), x 2 (t) eine Lösungsbasis der homogenen Gleichung (1), so ist die allgemeine Lösung also mit beliebigen Koeffiienten c 1, c 2. x(t) = x 0 (t) + c 1 x 1 (t) + c 2 x 2 (t) Angesichts der bisher gefundenen Ergebnisse bleibt uns also das Problem, eine partikuläre Lösung von (6) zu finden. 7

14 2.1 Ansatz vom Typ der rechten Seite Beispiel 4. Gesucht sei eine partikuläre Lösung von x + 6x + 9x = 9t 2. Wenn man links ein Polynom hineinsteckt, kommt offenbar wieder ein Polynom heraus. Wir machen daher den Ansatz Einsetzen ergibt x(t) := a + bt + ct 2. 2c + 6(2ct + b) + 9(a + bt + ct 2 ) = ct 2 + (12c + 9b)t + (9a + 6b + 2c)! = t 2. Mit Koeffizientenvergleich finden wir c = 1, b = 12 9 = 4, a = 2. Also ist 3 3 x(t) = t + t2 eine (partikuläre) Lösung und x(t) = t + t2 + e 3t (c 1 + c 2 t) die allgemeine Lösung von (6), vgl. Beispiel 3. Bemerkung. Natürlich kann man immer versuchen, durch genaues Hinsehen eine partikuläre Lösung zu raten. Den im Beispiel verwendeten Trick nennt man Ansatz vom Typ der rechten Seite. Wenn die rechte Seite vom Typ p(t)e λt mit einem Polynom p(t) ist, kann man x(t) = q(t)e λt mit einem Polynom q(t) vom selben Grad wie p(t) versuchen. (Im vorstehenden Beispiel war λ = 0 und die Exponentialfunktion damit unsichtbar.) Dieser Ansatz funktioniert oft, aber nicht immer. Wir gehen auf die Problemfälle nicht ein. Welchen Ansatz würden Sie versuchen, wenn die rechte Seite h(t) = cos 2t ist? 8

15 2.2 Variation der Konstanten Wir beschreiben eine andere Methode für die Lösung der inhomogenen Gleichung, wenn eine allgemeine Lösung der homogenen Lösung bereits bekannt ist. Beispiel 5. Gesucht sei eine partikuläre Lösung von x + 6x + 8x = cos t. Die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung war x(t) = c 1 e 2t + c 2 e 4t mit beliebigen Konstanten c 1, c 2. Wenn wir stattdessen Funktionen c 1 (t), c 2 (t) nehmen, ist die homogene Gleichung i.a. nicht mehr erfüllt und die linke Seite liefert eine von 0 verschiedene Funktion von t. Kann man die Koeffizienten so wählen, dass gerade cos t herauskommt? Ja, das geht immer, und wir geben hier das Rezept. Warum es funktioniert, erklären wir später bei den Differentialgleichungssystemen, weil es da viel einfacher zu verstehen ist, vgl. den letzten Abschnitt. Wir betrachten das lineare Gleichungssystem e 2t c 1(t) +e 4t c 2(t) = 0 2e 2t c 1(t) 4e 4t c 2(t) = cos t (7) für die unbekannten Funktionen c 1, c 2. Wir erklären auf der nächsten Seite, wie dieses Gleichungssystem zustande kommt. Aus der ersten Gleichung folgt c 2(t) = e 2t c 1(t) und damit aus der zweiten c 1(t) = 1 2 e2t cos t. Integration liefert c 1 (t) = 1 10 e2t (2 cos t + sin t), c 2 (t) = 1 34 e4t (4 cos t + sin t). Um die Integrationskonstanten müssen wir uns keine Gedanken machen, weil wir nur irgendeine partikuläre Lösung suchen. Wir setzen das in unseren Ansatz ein, die Exponentialterme heben sich heraus, und wir finden Probe? x(t) = 1 10 (2 cos t + sin t) 1 34 (4 cos t + sin t) = 1 (7 cos t 6 sin t). 85 9

16 Rezept: Variation der Konstanten. Sei x 1 (t),..., x n (t) eine Lösungsbasis für die homogene Gleichung a 0 x (n) + a 1 x (n 1) a n 1 x + a n x = 0. (8) Dabei dürfen die a i auch stetige Funktionen von t sein, aber a 0 darf keine Nullstelle haben. Der Ansatz x(t) = c 1 (t)x 1 (t) c n (t)x n (t) liefert dann eine partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung a 0 x (n) + a 1 x (n 1) a n 1 x + a n x = h(t), (9) wenn die c i(t) Lösungen des folgenden linearen Gleichungssystems sind: x 1 x 2... x n c 1 0 x 1 x 2... x n c = 0.. x (n 1) 1 x (n 1) 2... x (n 1) n h(t) Die Systemmatrix heißt auch die WRONSKImatrix der Lösungsbasis. Sie ist immer regulär, so dass das System eine eindeutig bestimmte Lösung c 1(t),..., c n(t) besitzt. Durch Integration findet man die c i (t) und damit x(t). Ich will noch einmal betonen: Hier ist nicht erkärt worden, warum dieses Rezept wirklich eine partikuläre Lösung liefert. Aber wir holen das in den Abschnitten 4 und 5 nach. c n 10

17 3 Homogene lineare Systeme Ein Differentialgleichungssystem der Form schreibt sich in Matrixschreibweise als x 1 = a 11 x 1 +a 12 x a 1n x n x 2 = a 21 x 1 +a 22 x a 2n x n... x n = a n1 x 1 +a m2 x a nn x n x = A x. (10) Es heißt ein homogenes lineares Differentialgleichungssystem 1. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Das zugehörige Anfangswertproblem x = A x, x(t 0 ) = x 0 (11) hat für jedes t 0 R und jeden Vektor x 0 R n genau eine Lösung auf ganz R. Wir versuchen zur Lösung wieder einen Exponentialansatz. Wir brauchen jetzt allerdings eine vektorwertige Funktion x(t) und probieren deshalb mit einem unbestimmten Vektor v x(t) = e λt v. (12) Dann wird x (t) = e λt λ v und A x(t) = e λt A v. Also liefert (12) eine Lösung, wenn A v = λ v, d.h. wenn λ ein Eigenwert und v ein zugehöriger Eigenvektor der Matrix A ist. Eigenvektoren sind nach Definition immer 0. Natürlich liefert v = 0 auch eine Lösung, die triviale Lösung x(t) = 0, aber darüber muss man nicht viele Worte machen. Beispiel 6. Finde (nicht-triviale) Lösungen von x = x +2y, y = 5x +4y. Die übliche Rechnung ( liefert ) die Eigenwerte ( ) λ 1 = 6, λ 2 = 1 und zugehörige 2 1 Eigenvektoren v 1 = bzw. v 5 2 =. Das liefert Lösungen 1 ( ) x1 (t) = y 1 (t) ( ) 2e 6t, 5e 6t ( ) ( ) x2 (t) e t = y 2 (t) e t. 11

18 Machen Sie sich klar, dass Linearkombinationen ( diese ) Lösungen wieder Lösungen sind, und dass Sie damit für jedes x 0 = das x0 Anfangswertproblem lösen können. y 0 12

19 3.1 Diagonalisierbare homogene lineare Systeme Wenn die konstante reelle (n n)-matrix A von x = A x (13) n linear unabhängige Eigenvektoren v 1,..., v n besitzt und λ 1,..., λ n die zugehörigen Eigenwerte sind, dann ist eine Lösungsbasis und die allgemeine Lösung von (13). x 1 (t) = e λ 1t v 1,..., x n (t) = e λnt v n x(t) = c 1 e λ 1t v c n e λnt v n Durch Vorgabe eines Anfangswertes x(t 0 ) = x 0 sind die Koeffizienten c 1,..., c n eindeutig bestimmt. Es können auch komplexe Eigenwerte auftreten. Die zugehörigen Eigenvektoren sind dann ebenfalls komplex, und man erhält konjugiert-komplexe Lösungen. Durch Aufspalten in Real- und Imaginärteil erhält man wie im skalaren Fall eine reelle Lösungsbasis. Beispiel 7. Bestimme eine reelle Lösungsbasis für das Differentialgleichungssystem Die Systemmatrix ist A = x = x y, y = x + y. ( ) Die charakteristische Gleichung (1 λ) = 0 hat die Lösungen λ 1,2 = 1 ± i und offensichtlich ist ( ) i v = 1 ein Eigenvektor zum Eigenwert λ 1 = 1 + i. Wir erhalten die komplexe Lösung ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) x(t) i i sin t cos t = e (1+i)t = e t (cos t + i sin t) = e t + ie t. y(t) 1 1 cos t sin t Sie liefert die reelle Lösungsbasis ( ) ( ) x1 (t) sin t = e t, y 1 (t) cos t ( ) ( ) x2 (t) cos t = e t. y 2 (t) sin t 13

20 3.2 Nicht diagonalisierbare homogene lineare Systeme Wenn die reelle (n n)-matrix A n verschiedene Eigenwerte besitzt, sind die zugehörigen Eigenvektoren automatisch linear unabhängig. Wenn aber ein Eigenwert λ eine k-fache Nullstelle (k > 1) des charakteristischen Polynoms det(a λe) ist, gibt es zwei Möglichkeiten: Es gibt zu λ auch k linear unabhängige Eigenvektoren. Dann liefert λ auch k linear unabhängige Lösungen der homogenen Differentialgleichung. Es gibt zu k keine k linear unabhängigen Eigenvektoren. In der Sprache der linearen Algebra ist dann A nicht diagonalisierbar, und wir haben ein Problem, weil wir mit der obigen Eigenwertmethode nicht mehr n linear unabhängige Lösungen des Differentialgleichungssystems zusammen bekommen. Ich erkläre für den Spezialfall k = 2, was man tun kann, verzichte aber auf die Behandlung der allgemeinen Situation. Sei λ eine doppelte Nullstelle von det(a λe) und sei der Lösungsraum der zugehörigen Eigenvektorgleichung (A λe) v = 0 nur 1-dimensional, also von der Form {c v 1 c R} mit einem Eigenvektor v 1. Wir möchten eine weitere, von x 1 (t) = e λt v 1 linear unabhängige Lösung finden. Aus der linearen Algebra (Jordansche Normalform) folgt, dass dann das inhomogene Gleichungssystem (A λe) v = v 1 eine Lösung v 2, einen sogenannten Hauptvektor besitzt. Dann ist also A v 2 = λ v 2 + v 1, und für x 2 (t) := e λt ( v 2 + t v 1 ) gilt x 2 (t) = e λt (λ v 2 + tλ v 1 + v 1 ) = e λt (A v 2 + ta v 1 ) = A x 2 (t). Damit ist x 2 (t) eine offenbar von x 1 (t) := e λt v 1 linear unabhängige Lösung der Differentialgleichung. 14

21 Beispiel 8. Betrachte das System x x y = y. z z Die Systemmatrix A hat die Eigenwerte λ 1 = λ 2 = 1 und λ 3 = 2. 0 Als Eigenvektor zu λ 3 findet man 1. 1 Für den doppelten Eigenwert λ = 1 liefert die Eigenvektorgleichung u 0 (A 1 E) v = v = w 0 1 aber nur einen linear unabhängigen Eigenvektor, nämlich 1 oder ein Vielfaches 0 davon. Daher betrachten wir x y = z 0 0 Das hat als Lösung einen Hauptvektor 0 zum Eigenwert 1. Also hat das 1 Differentialgleichungssystem eine Lösungsbasis e t 1, e t ( 0 + t 1 ), e 2t und die allgemeine Lösung x(t) 1 0 y(t) = c 1 e t 1 +c 2 e t ( 0 +t z(t) )+c 3 e 2t 1 = 0 1 c 1 e t + c 2 te t c 1 e t + c 2 te t + c 3 e 2t c 2 e t + c 3 e 2t 15

22 4 Inhomogene Systeme: Variation der Konstanten Wir betrachten ein inhomogenes lineares Differentialgleichungssystem x = A x + h(t) (14) und nehmen an, dass x 1 (t),..., x n (t) eine Lösungsbasis der zugehörigen homogenen Gleichung x = A x ist. (Wieder dürfen hier die Koeffizienten der Matrix A sogar stetige Funktionen von t sein, auch wenn unsere Eigenwertmethode dann nicht funktioniert.) Wie im skalaren Fall überlegt man sich leicht, dass die allgemeine Lösung von (14) dann gegeben ist durch x(t) = x 0 (t) + c 1 x 1 (t) c n x n (t), wobei x 0 (t) eine partikuläre Lösung von (14) ist. Wie aber findet man eine solche? Wir machen wieder den Ansatz mit variablen Koeffizienten x 0 (t) = c 1 (t) x 1 (t) c n (t) x n (t) (15) und versuchen damit (14) zu lösen. Hier ist nun viel leichter als im skalaren Fall zu sehen, wie wir die Funktionen c i (t) wählen müssen. Einsetzen von (15) in die Differentialgleichung liefert nämlich x 0(t) = c 1(t) x 1 (t) c n(t) x n (t) + c 1 (t) x 1(t) c n (t) x n(t) = c 1(t) x 1 (t) c n(t) x n (t) + c 1 (t)a x 1 (t) c n (t)a x n (t) = c 1(t) x 1 (t) c n(t) x n (t) + A x(t)! = A x(t) + h(t) Also genügt es, wenn c 1(t) x 1 (t) c n(t) x n (t) = h(t) ist. Schreibt man die c i(t) in die Komponenten eines Vektors und die x j in die Spalten einer Matrix (die wieder WRONSKImatrix heißt), so bedeutet die letzte Gleichung aber c 1(t) ( x 1 (t)... x n (t)). = h(t). c n(t) Das ist wieder ein (gewöhnliches) lineares Gleichungssystem für die c i(t) das man lösen kann und muss. Durch Integration erhält man die c i (t) und daraus die partikuläre Lösung x(t). 16

23 Beispiel 9. Finde Lösungen von Wir haben früher schon gesehen, dass ( ) ( ) x1 (t) 2e 6t = y 1 (t) 5e 6t, x = x +2y y = 5x +4y +e t. ( ) ( ) x2 (t) e t = y 2 (t) e t. eine Lösungsbasis für das homogene System ist. Also müssen wir lösen: ( ) ( ) ( ) 2e 6t e t c 1 0 5e 6t e t = e t. c 2 Wir erhalten c 1(t) = 1 7 e 5t, c 2(t) = 2 7 e2t, und durch Integration c 1 (t) = 1 35 e 5t, c 2 (t) = 1 7 e2t. Eine partikuläre Lösung ist daher ( ) x(t) = 1 ( ) 2e 6t y(t) 35 e 5t 5e 6t 1 ( ) e t 7 e2t e t = und die allgemeine Lösung des inhomogenen Systems ( ) ( ) x(t) 1 = 5 et + 2ae 6t + be t y(t) 5ae 6t be t mit beliebigen Konstanten a, b. ( ) 1 5 et 0 17

24 5 Ausblick: Skalare Gleichungen und Systeme Unter Verwendung der Geschwindigkeit v = ẋ schreibt sich die Federpendel- Gleichung mẍ + aẋ + bx = 0, (16) als m v + av + bx = 0. Sie ist also äquivalent zu dem linearen System ẋ = v v = b m x a m v oder ( ) ( ) ( ) x 0 1 x = v b a. (17) v m m ( ) x(t) Jede Lösung dieses Systems liefert durch Vergessen der zweiten Komponente eine Lösung von (16). Umgekehrt liefert jede Lösung x(t) von (16) v(t) zusammen mit ihrer Ableitung eine Lösung von (17). Allgemein ist x (n) + a 1 x (n 1) a n 1 x + a n x = b(t) (18) nach Einführung von Hilfsfunktionen x 1 := x, x 2 := x,..., x n := x (n 1) äquivalent zu x 1 x 2. x n 1 x n = a n a n 1 a n 2... a 1 x 1 x 2. x n 1 x n (19) 0 b(t) Die charakteristische Gleichung von (18) ist auch die charakteristische Gleichung der Systemmatrix von (19). Die Wronskimatrix einer Lösungsbasis von (18) ist offenbar auch die Wronskimatrix der entsprechenden Lösungsbasis von (19), weil man deren Komponenten ja einfach durch Ableiten aus der jeweils ersten gewinnt. Insbesondere ergibt sich also das Rezept für die Variation der Konstanten bei skalaren linearen Gleichungen n-ter Ordnung aus dem oben hergeleiteten Rezept für Systeme. 18