Übungsmaterial. Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten
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- Horst Schubert
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1 Prof. Dr. W. Rosenheinrich Fachbereich Grundlagenwissenschaften Fachhochschule Jena Übungsmaterial Lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten Außer in den Aufgaben mit den Textfragen ist die allgemeine Lösung der jeweiligen Differentialgleichung gesucht. Bei Unklarheiten empfehle ich, in den Frequently Asked Questions... zu DGl oder im Vorlesungskonspekt oder in einem Lehrbuch nachzusehen, bevor Sie die hotline anrufen. Hinweise auf Druckfehler, die es durch die Kontrollen geschafft haben, werden dankbar angenommen. Aufgaben: 1. Von einer linearen DGl mit konstanten Koeffizienten L[y] = f(x) ist weder die Ordnung bekannt noch die Koeffizienten; man weiß nur, daß zu f 1 (x) = 9x 5 eine spezielle Lösung y 1 (x) = 3x 2 7x existiert, und zu f 2 (x) = 2x + 3 gibt es eine Lösung y 2 (x) = 8x Geben Sie eine spezielle Lösung zu f 3 (x) = 2x + 7 an! 2. a) y + y = 1, b) y + y = x, c) y + y = 19x a) y + 3y = 12, b) y y = 7 2x, c) y 4y = 14x x 2, d) y + 2y = 4x 2 4. An dieser Stelle müßten laut logischer Abfolge die Sonderfälle (Resonanzfälle) der linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten bei polynomialer rechter Seite (= Störglied) kommen. Warum wurde wohl darauf verzichtet? 5. a) y 4y = 15e x, b) y + 5y = 21e 2x, c) y 8y = 6e 5x 6. a) y + 8y = 4e 8x, b) y 3y = 3e 3x, c) y y = 9e x 7. Warum gab es unter den Sonderfällen in der vorigen Aufgabe keinen, wo die mit x 2 oder x 3 multipliziert werden mußte? 8. a) y + 2y = 8 sin x cos x, b) y 3y = 7 sin 2x 17 cos 2x, c) y + 4y = 41 sin 5x, d) y 4y = 28 sin 3x + 21 cos 3x 9. Warum waren unter den vorstehenden Aufgaben keine mit einem negativen Koeffizienten in der Winkelfunktion wie z. B. y + y = 5 sin( 3x) 7 cos( 3x)? Überhaupt - warum tauchen solche Aufgaben eigentlich nie in den Übungen oder Aufgabensammlungen auf? Technisch ist dieser Koeffizient b. B. eine Winkelgeschwindigkeit. Eine Welle kann sich aber doch auch rückwärts drehen? Wenn im Störglied eine steht, so sind negative Faktoren im Exponenten durchaus üblich. 10. An dieser Stelle müßten laut logischer Abfolge die Sonderfälle (Resonanzfälle) der linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten mit Winkelfunktionen als rechte Seite (= Störglied) kommen. Warum ist das nicht der Fall? 11. a) y + 5y = 10 + cos x (8 sin x 20 cos x), b) y + 3y = 240 cos 3 x, c) y + 2y = 4 sin 2x + 29 cos 5x 12. a) y + 2y = 4 x 21 e 5 x 4 cos x x 2 8 sin x b) y 4y = cos 3x + 13 sin 3x 20 x c) y + 5y = 8 x 5 e 5 x cos 2x + 12 sin 2x 21 sin 3x + 20 x cos 3x d) y y = 4 81 e 8 x 22 sin 2x + 4 x 11 cos 2x e) y + 8y = x 5 e 8 x + 40 cos 2x + 24 sin 2x + 24 x 2 f) y 3y = 42 e 3 x 2 e 3 x 15 g) y y = x 1
2 13. Warum konnte unter den Aufgaben der vorigen Nummer keine mit der Lösung y(x) = 2 5x 2 + 6xe 3x + 2 sin 7x 5 cos 7x + C 1 e 4x vorkommen? 14. Welche Anfangsbedingung ist zur DGl y + 2y = x + 42e 4x in x 0 = 0 zu formulieren, damit die Lösung der homogenen Gleichung in der speziellen Lösung des AWP nicht auftaucht? 15. a) y +y 6y = 30, b) y 6y +8y = x+48 x 2, c) y 6y +9y = x+18 x a) y + 2y = x, b) y y = 21 4 x + 9 x 2, c) y + 9y = 12 x x a) y +4y = 16+8x 8x 2, b) y 6y +25y = x+175x 2, c) y +4y +5y = 2+8x+5x a) y + y 2y = 56 e 5 x b) y + 5y + 6y = 132e x c) y 8y + 16y = 72e 2x 19. a) y + 16y = 25e 3x b) y + 4y + 13y = 100e 2x c) y 6y + 18y = 27e 3x 20. a) y 8y + 15y = 4e 3x b) y + y 2y = 18e x + 12e 2x c) y 8y + 16y = 14e 4x 21. a) y 3y 10y = 42 sin 4x 114 cos 4x b) y 7y + 6y = 82 sin 2x + 26 cos 2x c) y 9y = 50 sin 2x 140 cos 2x 22. a) y + 9y = 35 sin 2x b) y + 25y = 84 sin 2x cos 2x c) y + 6y + 25y = 183 sin 2x + 21 cos 2x 23. a) y + 4y = 4 cos 2x 20 sin 2x b) y + y = 6 cos x 2 sin x c) y + 36y = 60 cos 6x + 24 sin 6x sin 4x + 20 cos 4x 24. Geben Sie die reellen Koeffizienten p und q derjenigen Differentialgleichung y + py + qy = 0 an, zu der die Funktionen der jeweils angegebenen Funktionenmenge Lösungen sind! a) y(x) = 3e x 5e 2x b) y 1 (x) = 7e 4x, y 2 (x) = 9e 3x c) y 1 (x) = 2e 3x 5, y 2 (x) = 104 d) y 1 (x) = 1, y 2 (x) = x e) y 1 (x) = sin 2x cos 2x, y 2 (x) = sin 2x + cos 2x f) y 1 (x) = 3 sin x cos x, y 2 (x) = cos 2x g) y(x) = 26e 7x cos 4x 25. a) y 3 y 28 y + 60y = 360 e 3 x 716 cos 4x 772 sin 4x x b) y + 3 y 25 y + 21 y = = 150 e 2 x 183 cos 2x 31 sin 2x sin 5x cos 5x 129 x + 63 x 2 c) y 2 y y + 2 y = 1258 cos 6x sin 6x cos 8x sin 8x x 2 d) y + y + y + y = x + 5 x e 3 x 408 cos(5 x) 456 sin 5x + 8 sin x e) y 9 y + 26 y 24 y = 12 e 2 x + 25 cos(x) 220 sin 2x 15 sin x + 60 cos 2x 408 f) y 3 y 10 y + 24 y = = x 12 e 3 x sin 2x + 40 cos 2x + 60 e 2 x 266 cos(x) sin x g) y 2 y 4 y + 8 y = 189 e 5 x + 10 sin x + 20 cos x x h) y 12 y + 48 y 64 y = 40 e 2 x 520 cos 2x sin 2x x 448 x 2 i) y + 11 y + 44 y + 60 y = 1590 e 3 x 656 cos 2x sin 2x x x 2 j) y + 4 y = 117 e 3 x x k) y + 4 y = 78 e 3 x + 32 sin 2x 40 cos 2x x 26. Geben Sie homogene lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten möglichst niedriger Ordnung an, die die folgenden Funktionen als allgemeine Lösung haben! a) y(x) = C 1, b) y(x) = C 1 e x + c 2 e 2x + C 3 e 3x, c) y(x) = C 1 sin x+c 2 cos x+c 3 sin 3x+C 4 cos 3x, d) y(x) = C 1 e x +C 2 e x +C 3 sin x+c 4 cos x, e) y(x) = (C 1 + C 2 x + C 3 x 2 )e 5x, f) y(x) = C 1 + C 2 sin x 2
3 27. Eine lineare Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten wird mit einem Formelmanipulationsprogramm gelöst. Es liefert als Lösung die Funktion y(x) = x + 5 sin 4x e 2x 5 cos 4x + C 1 e 4x + C 2 C 3 e 2x. Was sollte man sich dazu denken? 28. In der Lösung von y + ay + 6y = 19e 2x cos 5x gibt es einen Summanden der Gestalt Ax e 2x mit A 0. Ermitteln Sie a! 29. In der Lösung von y + ay + by = 7 3 e3x x 3 gibt es einen Summanden der Gestalt Ax 2 e 3x mit A 0. Ermitteln Sie a und b! 30. Warum gibt es in y +y +ay = 3 sin bx bei keinem Wertepaar a und b (mit b 0) einen Resonanzfall? 31. Welche Bedingung ist an a zu stellen, damit alle Lösungen von y + ay + b 2 y = 0 auf x [0, + ) beschränkt sind? 32. Jede Lösung von y + ay + by + cy = 0 sei auf (, + ) beschränkt. Was folgt hieraus für a, b und c? (Diese Koeffizienten seien reell.) 33. Wie sehen die geraden Lösungen von y a 2 y = 0 aus, und wie die ungeraden? 34. Für die homogene DGl y + py + qy = 0 hat man Parametergrenzen 3.07s 1 p 4.62s 1 und 173.6s 2 q 229.8s 2. In welchen Grenzen liegt die Frequenz der damit beschriebenen gedämpften Schwingung? 3
4 Lösungen: 1. Aus f 1 (x) und f 2 (x) kann man f 3 (x) bilden, und zwar als ihre Linearkombination. Die Koeffizienten ergeben sich durch Vergleich der entsprechenden Potenzen von x: f 3 (x) = µ 1 f 1 (x)+µ 2 f 2 (x) = µ 1 (9x 5)+µ 2 ( 2x+3) = 2x+7 = 9µ 1 2µ 2 = 2, 5µ 1 +3µ 2 = 7 Das lineare Gleichungssystem hat die Lösungen µ 1 = 20/17 und µ 2 = 73/17. Wege der Linearität der DGl folgt f 3 (x) = µ 1 f 1 (x) + µ 2 f 2 (x) = (9x 5) + ( 2x + 3) = y 3 (x) = µ 1 y 1 (x) + µ 2 y 2 (x) = (3x2 7x) (8x2 + 15) = x x Damit ist eine spezielle Lösung zu f 3 (x) = 2x + 7 gefunden. Anmerkung: Die f i (x) waren lineare Funktionen, und die y i (x) quadratische. Das charakteristische Polynom hat also die (einfache) Nullstelle λ = 0, und die nach Rezept gefundene spezielle Lösung der zu f i (x) gehörenden inhomogenen Lösung dürfte kein Absolutglied enthalten. Die +15 in y 2 (x) gehört also eigentlich zur homogenen Lösung; man könnte sie ebenso weglassen wie die 1095/17 in y 3 (x). Aber sie sind nicht falsch, denn zu einer inhomogenen Lösung kann man jede beliebige homogene Lösung addieren - es bleibt eine inhomogene Lösung. Man beachte, daß es die inhomogenen Lösung nicht gibt! 2. a) y + y = 1, P 1 (λ) = λ + 1, λ 1 = 1 Rechte Seite: Polynom, P 1 (0) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartiges Polynom y s (x) = A, A = 1 y(x) = 1 + C 1 e x b) y + y = x, wie vorhin: Ansatz als gleichartiges Polynom y s (x) = Ax + B, A = 1, A + B = 0 A = 1, B = 1, y(x) = x 1 + C 1 e x c) y + y = 19x 73 = 19 x 73 1, es können die Lösungen der vorstehenden DGl verwendet werden: y(x) = 19(x 1) C 1 e x = 19x 92 + C 1 e x Die nur mit einem unbestimmten Faktor angegebene Lösung der homogenen Gleichung muß nicht modifiziert werden. 3. a) y + 3y = 12, P 1 (λ) = λ + 3, λ 1 = 3 Rechte Seite: Polynom, P 1 (0) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartiges Polynom y s (x) = A, 3A = 12 A = 4, y(x) = 4 + C 1 e 3x b) y y = 7 2x, P 1 (λ) = λ 1, λ 1 = 1 Rechte Seite: Polynom, P 1 (0) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartiges Polynom y s (x) = Ax + B, A B = 7, A = 2 A = 2, B = 5, y(x) = 2x 5 + C 1 e x c) y 4y = 14x x 2, P 1 (λ) = λ 4, λ 1 = 4 Rechte Seite: Polynom, P 1 (0) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartiges Polynom y s (x) = Ax 2 + Bx + C, 4A = 12, 3A 4B = 14, B 4C = 2 A = 3, B = 2, C = 1, y(x) = 3x 2 2x 1 + C 1 e 4x d) y + 2y = 4x 2, P 1 (λ) = λ + 2, λ 1 = 2 Rechte Seite: Polynom, P 1 (0) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartiges Polynom y s (x) = Ax 2 + Bx + C, 2A = 4, 2A + 2B = 0, B + 2C = 0 A = 2, B = 2, C = 1, y(x) = 2x 2 2x C 1 e 2x ; der Teil Bx + C im Ansatz ist unverzichtbar! 4. Der Sonderfall (Resonanzfall) bei einer solchen DGl 1. Ordnung mit polynomialer rechter Seite fordert wegen dann P 1 (0) = 0 das Verschwinden des Summanden +a 0 y in der linken Seite. Die DGl hat also die Gestalt y =... und ist als solche durch eine einfache Integration gelöst. 5. a) y 4y = 15e x, P 1 (λ) = λ 4, λ 1 = 4 Rechte Seite: mit Koeffizient -1, P 1 ( 1) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae x, A 4A = 15 A = 3, y(x) = 3e x + C 1 e 4x b) y + 5y = 21e 2x, P 1 (λ) = λ + 5, λ 1 = 5 4
5 Rechte Seite: mit Koeffizient +2, P 1 (2) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae 2x, 2A + 5A = 21 A = 3, y(x) = 3e 2x + C 1 e 5x c) y 8y = 6e 5x, P 1 (λ) = λ 8, λ 1 = 8 Rechte Seite: mit Koeffizient +5, P 1 (5) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae 5x, 5A 8A = 6 A = 2, y(x) = 2e 5x + C 1 e 8x 6. a) y + 8y = 4e 8x, P 1 (λ) = λ + 8, λ 1 = 8 Rechte Seite: mit Koeffizient -8, P 1 ( 8) = 0 Sonderfall: Ansatz als gleichartige, multipliziert mit x y s (x) = Axe 8x, A = 4 y(x) = 4xe 8x + C 1 e 8x b) y 3y = 3e 3x, P 1 (λ) = λ 3, λ 1 = 3 Rechte Seite: mit Koeffizient +3, P 1 (3) = 0 Sonderfall: Ansatz als gleichartige, multipliziert mit x y s (x) = Axe 3x, A = 3 y(x) = 3xe 3x + C 1 e 3x c) y y = 9e x, P 1 (λ) = λ 1, λ 1 = 1 Rechte Seite: mit Koeffizient +1, P 1 (1) = 0 Sonderfall: Ansatz als gleichartige, multipliziert mit x y s (x) = Axe x, A = 9 y(x) = 9xe x + C 1 e x 7. Es handelte sich hier stets um DGl erster Ordnung. Ihr charakteristisches Polynom ist dementsprechend eine lineare Funktion. Diese kann aber nur eine (demzufolge einfache) Nullstelle haben. Da der Exponent des Faktors x k aber aus der Vielfachheit der Nullstelle resultiert kommt folglich nur x 1 = x in Frage. 8. a) y + 2y = 8 sin x cos x, P 1 (λ) = λ + 2, λ 1 = 2 Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 1, P 1 (1j) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen y s (x) = A sin x + B cos x, 2A B = 8, A + 2B = 1 y(x) = 3 sin x 2 cos x + C 1 e 2x b) y 3y = 7 sin 2x 17 cos 2x, P 1 (λ) = λ 3, λ 1 = 3 Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 2, P 1 (2j) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen y s (x) = A sin 2x+B cos 2x, 3A 2B = 7, 2A 3B = 17 y(x) = sin 2x+5 cos 2x+C 1 e 3x c) y + 4y = 41 sin 5x, P 1 (λ) = λ + 4, λ 1 = 4 Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 5, P 1 (5j) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen y s (x) = A sin 5x + B cos 5x, 4A 5B = 41, 5A + 4B = 0 y(x) = 4 sin 5x + 5 cos 5x + C 1 e 4x Obwohl im Störglied nur eine Winkelfunktion vorkommt muß man beide im Ansatz aufführen! d) y 4y = 28 sin 3x + 21 cos 3x, P 1 (λ) = λ 4, λ 1 = 4 Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 3, P 1 (3j) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen y s (x) = A sin 3x + B cos 3x, 4A 3B = 28, 3A 42B = 21 y(x) = 7 sin 3x + C 1 e 4x Hier erweist sich eine Winkelfunktion im Nachhinein als überflüssig. Das kommt vor. Trotzdem mußte man sie mit im Ansatz haben. 9. Das hängt mit dem Umstand zusammen, daß Sinus und Kosinus gerade bzw. ungerade Funktionen sind, weshalb man in ihnen keine negativen Koeffizienten benötigt. 1 Die DGl y + y = 5 sin( 3x) 7 cos( 3x) ist gleichwertig zu y + y = 5 sin 3x 7 cos 3x. Die ist weder gerade noch ungerade, also kann man ein Vorzeichen aus dem Exponenten nicht in den Vorfaktor überführen bzw. weglassen. 10. Es handelte sich hier stets um DGl erster Ordnung. Ihr charakteristisches Polynom ist dementsprechend eine lineare Funktion, und zwar mit reellen Koeffizienten. Diese kann aber nur eine (demzufolge reelle!) Nullstelle haben. Der Resonanzfall bei Winkelfunktionen im Störglied erfordert aber rein imaginäre Nullstellen. Mithin kann er hier nicht auftreten. 1 Weil das erstens sehr gefährlich, Zweitens auch nicht nötig ist. Wilhelm Busch 5
6 11. a) Rechts steht das Produkt von Winkelfunktionen. Dieses läßt sich stets in die Summe von Winkelfunktionen verschiedener Vielfacher des Grundarguments zurückführen. y + 5y = 10 + cos x (8 sin x 20 cos x), P 1 (λ) = λ + 5, λ 1 = 5 Rechte Seite: 10 + cos x (8 sin x 20 cos x) = 8 sin x cos x 10(2 cos 2 x 1) = 4 sin 2x 10 cos 2x Winkelfunktionen mit Koeffizient 2, P 1 (2j) 0 y s (x) = A sin 2x + B cos 2x, 5A 2B = 4, 2A + 5B = 10 y(x) = 2 cos 2x + C 1 e 5x b) y + 3y = 240 cos 3 x, P 1 (λ) = λ + 3, λ 1 = 3 Rechte Seite: 240 cos 3 x = (cos 3x + 3 cos x) = 60 cos 3x cos x Winkelfunktionen mit Koeffizienten 1 und 3, P 1 (1j) 0, P 1 (3j) 0 beides Normalfälle: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen y s (x) = A sin 3x + B cos 3x + C sin x + D cos x, 3A 3B = 0, 3A + 3B = 60, 3C D = 0, C + 3D = 180 y(x) = 10 sin 3x + 10 cos 3x + 18 sin x + 54 cos x + C 1 e 3x c) y + 2y = 4 sin 2x + 29 cos 5x, P 1 (λ) = λ + 2, λ 1 = 2 Rechte Seite: Winkelfunktionen mit zwei verschiedenen Koeffizienten 2 und 5, P 1 (2j) 0, P 1 (5j) 0 beides Normalfälle: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen y s (x) = A sin 2x + B cos 2x + C sin 5x + D cos 5x, 2A 2B = 4, 2A + 2B = 0, 2C 5D = 0, 5C + 2D = 29 y(x) = sin 2x cos 2x + 5 sin 5x + 2 cos 5x + C 1 e 2x 12. a) y(x) = 3 2 x 2 3 e 5 x 4 sin x + C 1 e 2x b) y(x) = x + 2 sin 3x 7 cos 3x + C 1 e 4x c) y(x) = 4 x 2 5 xe 5 x + 2 sin 2x cos 2x + 7 cos 3x + C 1 e 5x d) y(x) = 4 x + 9 e 8 x + 11 cos 2x + C 1 e x e) y(x) = 3 3 x + 3 x 2 5 xe 8 x + 4 sin 2x + 4 cos 2x + C 1 e 8x f) y(x) = 5 7 e 3 x 2 xe 3 x + C 1 e 3x g) Man kann die rechte Seite als schreiben: x = e (ln 0.992)x = e x, man kann aber auch einfach y s (x) = A x ansetzen. In der DGl ergibt das y s y s = A ln x A x = x A( ln 0.922) = A = , Lösung: y(x) = x + C 1 e 0.833x 13. Das 6xe 3x verweist auf einen Resonanzfall (Sonderfall). Die zuhehörige homogene Lösung muß dann aber C 1 e 3x sein anstatt C 1 e 4x. 14. Die allgemeine Lösung der DGl ist y(x) = 5x 4+7e 4x +C 1 e 2x, und damit gilt y(0) = 4+7+C 1 = 3 + C 1. Das Verschwinden des homogenen Anteils bedeutet C 1 = 0, also muß y(0) = 3 sein. 15. a) P 2 (λ) = λ 2 + λ 6, λ 1 = 3, λ 2 = 2 y s (x) = A, 6A = 30 A = 5, y(x) = 5 + C 1 e 3x + C 2 e 2x b) P 2 (λ) = λ 2 6λ + 8, λ 1 = 2, λ 2 = 4 y s (x) = Ax 2 + Bx + C, 8 A = 48, 12 A + 8 B = 56, 2 A 6 B + 8 C = 24 A = 6, B = 2, C = 3, y(x) = x + 6 x 2 + C 1 e 2x + C 2 e 4x c) P 2 (λ) = λ 2 6λ + 9, λ 1 = λ 2 = 3, doppelte Nullstelle! y s (x) = Ax 2 + Bx + C, 9A = 18, 12 A + 9 B = 21, 2 A 6 B + 9 C = 17 A = 2, B = 5, C = 1, y(x) = x + 2 x 2 + C 1 e 3x + C 2 xe 3x = x + 2 x 2 + (C 1 + C 2 x)e 3x Die doppelte Nullstelle des charakteristischen Polynoms bedingt die Gestalt der homogenen Lösung. 16. a) P 2 (λ) = λ 2 + 2λ, λ 1 = 2, λ 2 = 0 Rechte Seite: Polynom, P 2 (0) = 0, einfache Nullstelle Sonderfall: Ansatz als gleichartiges Polynom, multipliziert mit x y s (x) = x(ax + B), 4A = 36, 2A + 2B = 8 A = 9, B = 5, y(x) = 5 x + 9 x 2 + C 1 + C 2 e 2x b) P 2 (λ) = λ 2 λ, λ 1 = 1, λ 2 = 0 6
7 Rechte Seite: Polynom, P 2 (0) = 0, einfache Nullstelle Sonderfall: Ansatz als gleichartiges Polynom, multipliziert mit x y s (x) = x(ax 2 + Bx + C), 3 A = 9, 6 A 2 B = 4, 2 B C = 21 A = 3, B = 7, C = 7, y(x) = 7 x 7 x 2 3 x 3 + C 1 + C 2 e x c) P 2 (λ) = λ 2 + 9λ, λ 1 = 9, λ 2 = 0 Rechte Seite: Polynom, P 2 (0) = 0, einfache Nullstelle Sonderfall: Ansatz als gleichartiges Polynom, multipliziert mit x y s (x) = x(ax 2 + Bx + C), 27 A = 54, 6 A + 18 B = 12, 2 B + 9 C = 18 A = 2, B = 0, C = 2, y(x) = 2 x + 2 x 3 + C 1 + C 2 e 9x 17. a) P 2 (λ) = λ 2 + 4, λ 1,2 = ± 2j y s (x) = Ax 2 + Bx + C, 4A = 16, 4B = 8, 2A + 4C = 16 A = 2, B = 2, C = 3, y(x) = 3 + 2x 2x 2 + C 1 sin 2x + C 2 cos 2x b) P 2 (λ) = λ 2 6λ + 25, λ 1,2 = 3 ± 4j y s (x) = Ax 2 + Bx + C, 25 A = 175, 12 A + 25B = 159, 2 A 6 B + 25 C = 157 A = 7, B = 3, C = 5, y(x) = 5 3 x + 7 x 2 + C 1 e 3x sin 4x + C 2 e 3x cos 4x c) P 2 (λ) = λ 2 + 4λ + 5, λ 1,2 = 2 ± j y s (x) = Ax 2 + Bx + C, 5A = 5, 8A + 5B = 8, 2A + 4B + 5C = 2 A = 1, B = 0, C = 0, y(x) = x 2 + C 1 e 2x sin x + C 2 e 2x cos x 18. a) P 2 (λ) = λ 2 + λ 2, λ 1 = 2, λ 2 = 1 Rechte Seite: mit Koeffizient +5, P 2 (5) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae 5x, 28A = 56 A = 2, y(x) = 2 e 5 x + C 1 e 2x + C 2 e x b) P 2 (λ) = λ 2 + 5λ + 6, λ 1 = 2, λ 2 = 3 Rechte Seite: mit Koeffizient +1, P 2 (1) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae x, 12A = 132 A = 11, y(x) = 11e x + C 1 e 2x + C 2 e 3x c) P 2 (λ) = λ 2 8λ + 16, λ 1,2 = 4 Rechte Seite: mit Koeffizient -2, P 2 ( 2) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae 2x, 36A = 72 A = 2, y(x) = 2e 2x + C 1 e 4x + C 2 xe 4x 19. a) P 2 (λ) = λ , λ 1,2 = ± 4j Rechte Seite: mit Koeffizient -3, P 2 ( 3) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae 3x, 25A = 25 A = 1, y(x) = e 3x + C 1 sin 4x + C 2 cos 4x b) P 2 (λ) = λ 2 + 4λ + 13, λ 1,2 = 2 ± 3j Rechte Seite: mit Koeffizient +2, P 2 (2) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae 2x, 25A = 100 A = 4, y(x) = 4e 2x + C 1 e 2x sin 3x + C 2 e 2x cos 3x c) P 2 (λ) = λ 2 6λ + 18, λ 1,2 = 3 ± 3j Rechte Seite: mit Koeffizient +3, P 2 (3) 0 Normalfall: Ansatz als gleichartige y s (x) = Ae 3x, 9A = 27 A = 3, y(x) = 3e 3x + C 1 e 3x sin 3x + C 2 xe 3x cos 3x 20. a) P 2 (λ) = λ 2 8λ + 15, λ 1 = 3, λ 2 = 5 Rechte Seite: mit Koeffizient 3, P 2 (3) = 0 Einfache Nullstelle, Sonderfall: Ansatz als gleichartige, multipliziert mit x 1 : y s (x) = Axe 3x, 2A = 3 A = 2, y(x) = 2xe 3x + C 1 e 3x + C 2 e 5x b) P 2 (λ) = λ 2 + λ 2, λ 1 = 1, λ 2 = 2 Rechte Seite: en mit Koeffizienten 1 und -2, P 2 (3) = 0, P 2 (3) = 0 Einfache Nullstellen, Sonderfälle: Ansatz als Summe gleichartiger en, multipliziert mit x 1 : 7
8 y s (x) = Axe x + Bxe 2x, 3A = 18, 3B = 12 A = 6, B = 4, y(x) = 6xe x 4xe 2x + C 1 e x + C 2 e 2x c) P 2 (λ) = λ 2 8λ + 16, λ 1,2 = 4 Rechte Seite: mit Koeffizient 4, P 2 (4) = 0 Doppelte Nullstelle, Sonderfall: Ansatz als gleichartige, multipliziert mit x 2 : y s (x) = Ax 2 e 4x, 2A = 14 y(x) = 7x 2 e 4x + C 1 e 4x + C 2 xe 4x = ( 7x 2 + C 2 x + C 1 )e 4x 21. a) y 3y 10y = 42 sin 4x 114 cos 4x, P 2 (λ) = λ 2 3λ 10, λ 1 = 2, λ 2 = 5 Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 4, P 2 (4j) 0 y s (x) = A sin 4x + B cos 4x, 26 A B = 0, 26 B A = 0 y(x) = 3 sin 4x + 3 cos 4x + C 1 e 2x + C 2 e 5x b) y 7y + 6y = 82 sin 2x + 26 cos 2x, P 2 (λ) = λ 2 7λ + 6, λ 1 = 1, λ 2 = 6 Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 2, P 2 (2j) 0 y s (x) = A sin 2x + B cos 2x, 2 A B = 0, 2 B A = 0 y(x) = sin 2x + 6 cos 2x + C 1 e x + C 2 e 6x c) y 9y = 50 sin 2x 140 cos 2x, P 2 (λ) = λ 2 9λ, λ 1 = 0, λ 2 = 9 Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 2, P 2 (2j) 0 y s (x) = A sin 2x + B cos 2x, 4 A B = 0, 4 B A = 0 y(x) = 8 sin 2x cos 2x + C 1 + C 2 e 9x 22. a) y + 9y = 35 sin 2x, P 2 (λ) = λ 2 + 9, λ 1,2 = ±3j Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 2, P 2 (2j) 0 y s (x) = A sin 2x + B cos 2x, 5 B = 0, 5 A 35 = 0 y(x) = 7 sin 2x + C 1 sin 3x + C 2 cos 3x Die Kosinuskomponente aus dem Ansatz entfiel hier. b) y + 25y = 84 sin 2x cos 2x, P 2 (λ) = λ , λ 1,2 = ±5j Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 2, P 2 (2j) 0 y s (x) = A sin 2x + B cos 2x, 21 A + 84 = 0, 21 B 105 = 0 y(x) = 4 sin 2x + 5 cos 2x + C 1 sin 5x + C 2 cos 5x c) y + 6y + 25y = 183 sin 2x + 21 cos 2x, P 2 (λ) = λ 2 + 6λ + 25, λ 1,2 = 3 ± 4j Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 2, P 2 (2j) 0 y s (x) = A sin 2x + B cos 2x, 21 A B = 0, 21 B A = 0 y(x) = 7 sin 2x 3 cos 2x + C 1 e 3x sin 4x + C 2 e 3x cos 4x 23. a) y + 4y = 4 cos 2x 20 sin 2x, P 2 (λ) = λ 2 + 4, λ 1,2 = ±2j (jede Nullstelle einfach) Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 2, P 2 (2j) = 0 Sonderfall, Resonanz: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen, multipliziert mit x 1 y s (x) = Ax sin 2x + Bx cos 2x, 4 B + 20 = 0, 4 A + 4 = 0 y(x) = x sin 2x + 5 x cos 2x + C 1 sin 2x + C 2 cos 2x = (C 1 x) sin 2x + (5x + C 2 ) cos 2x b) y + y = 6 cos x 2 sin x, P 2 (λ) = λ 2 + 1, λ 1,2 = ±j (jede Nullstelle einfach) Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 1, P 2 (1j) = 0 Sonderfall, Resonanz: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen, multipliziert mit x 1 y s (x) = Ax sin x + Bx cos x, 2 B + 2 = 0, 2 A 6 = 0 y(x) = 3 x sin x + x cos x + C 1 sin x + C 2 cos x = (C 1 + 3x) sin 2x + (x + C 2 ) cos x c) y + 36y = 60 cos 6x + 24 sin 6x sin 4x + 20 cos 4x, P 2 (λ) = λ , λ 1,2 = ±6j (jede Nullstelle einfach) Rechte Seite: Winkelfunktionen mit Koeffizient 4 und 6, P 2 (6j) = 0 Sonderfall, Resonanz: Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen, multipliziert mit x 1, P 2 (4j) 0 Normalfall, Ansatz als gleichartige Winkelfunktionen: y s (x) = Ax sin 6x + Bx cos 6x + C sin 4x + D cos 4x, 12 B 24 = 0, 12 A 60 = 0, 20 C 140 = 8
9 0, 20 D 20 = 0 y(x) = 5 x sin 6x 2 x cos 6x + 7 sin 4x + cos 4x + C 1 sin 6x + C 2 cos 6x 24. Es gibt prinzipiell zwei Lösungswege: 1. Aus den Basisfunktionen der Lösung erkennt man die Nullstellen des charakteristischen Polynoms, formuliert damit dieses und hat folglich die Koeffizienten der homogenen DGl. 2. Man setzt die Lösung(en) in die formale DGl ein und wählt p und q so, daß das Resultat Null wird. a) y(x) = 3e x 5e 2x - die Basisfunktionen sind e x und e 2x, also ist λ 1 = 1 und λ 2 = 2. Damit wird (aus der Angabe der DGl mit y + py + qy = 0 folgt, daß der Koeffizient bei λ 2 in P 2 (λ) gerade 1 sein muß) die Darstellung P 2 (λ) = (λ 1)(λ + 2) = λ 2 + λ 2. Also hat die DGl die Form y + y 2y = 0. Nach der anderen Variante: y(x) = 3e x 5e 2x, also y (x) = 3e x +10e 2x und y (x) = 3e x 20e 2x. Eingesetzt: y +py +qy = (3e x 20e 2x )+p(3e x +10e 2x )+q(3e x 5e 2x ) = 3e x (1+p+q)+e 2x ( 20+10p 5q) Der letzte Ausdruck muß für alle x zu Null werden, und das geht nur, wenn beide Klammern verschwinden: 1 + p + q = 0, q = 5( 4 + 2p q) = 0 = p = 1, q = 2. b) y 1 (x) = 7e 4x, y 2 (x) = 9e 3x = y 7y + 12y = 0 c) y 1 (x) = 2e 3x 5, y 2 (x) = 104 = y + 3y = 0 (y 2 war überflüssig, y 1 enthielt schon alle notwendige Information.) d) y 1 (x) = 1, y 2 (x) = x = y = 0 e) y 1 (x) = sin 2x cos 2x, y 2 (x) = sin 2x + cos 2x = y + 4y = 0 f) y 1 (x) = 3 sin x cos x, y 2 (x) = cos 2x : Es ist y x = 1.5 sin 2x, also gilt erneut y + 4y = 0. g) y(x) = 26e 7x cos 4x = P 2 (λ) = (λ+7 4j)(λ+7+4j) = (λ+7) = λ 2 +14λ+65 = y + 14y + 65y = a) y(x) = 5 x + 4 e 3 x + sin 4x 5 cos 4x + C 1 e 2x + C 2 e 5x + C 3 e 6x b) y(x) = 3 x 2 + x e 2 x + 3 sin 2x cos 2x + 2 cos 5x + C 1 e x + C 2 e 3x + C 3 e 7x c) y(x) = 2 x x 3 sin 6x + 8 cos 6x 5 sin 8x + 7 cos 8x + C 1 e x + C 2 e x + C 3 e 2x d) y(x) = 5 x e 3 x + 4 sin 5x 3 cos 5x 2 x sin x 2 x cos x + C 1 e x + C 2 sin x + C 3 cos x e) y(x) = e 3 x + 6 xe 2 x + sin x + 5 cos 2x + C 1 e 2x + C 2 e 3x + C 3 e 4x f) y(x) = 7 + 4x + 2 e 3x 6 xe 2x + 7 sin x 7 cos x + 5 sin 2x + 5 cos 2x + C 1 e 2x + C 2 e 3x + C 3 e 4x g) y(x) = x + 3 e 5 x + 2 cos x + C 1 e 2 x + C 2 xe 2 x + C 3 e 2x h) y(x) = 7 x x e 2 x 7 sin 2x 6 cos 2x + C 1 e 4x + C 2 xe 4 x + C 3 x 2 e 4x i) y(x) = 7 x x e 3 x 7 sin 2x 6 cos 2x + C 1 e 3x + C 2 e 4 x sin 2x + C 3 e 4x cos 2x j) y(x) = 4 x x + 3 e 3 x + C 1 + C 2 sin 2x + C 3 cos 2x k) y(x) = x 2 + x + 2 e 3 x 4 x sin 2x + 5 x cos 2x + C 1 + C 2 sin 2x + C 3 cos 2x 26. a y = 0, b) y 6y + 11y 6y = 0, c) y + 10y + 9y = 0, d) y y = 0 Zur letzten DGl: e x, e x (und folglich die beiden Hyperbelfunktionen sinh x und cosh x), sin x und cos x sind die vier Basislösungen derselben einfachen Dgl.. Das erklärt ihre Verwandtschaft. e) y 15y + 75y 125y = 0 f) Das ist eine falsch formulierte Aufgabe - so eine homogene Lösung ist ebenso unmöglich wie nur einen von zwei siamesischen Zwillingen zu einer Veranstaltung einzuladen. Wenn schon, so muß sie y(x) = C 1 +C 2 sin x+c 3 cos x lauten, und dazu gehört die DGl y +y = 0. Allgemein: Wenn y(x) eine homogene Lösung einer solchen homogenen DGl ist, so ist auch y(x + a) mit jeder beliebigen Konstanten a eine Lösung. Das sei für den Fall n = 2 gezeigt: Es gelte y (x) + p y (x) + q y(x) = 0 für alle x. Man hat nach Kettenregel: [y(x+a)] = y (x+a) (1+0) = y (x+a) und [y(x+a)] = [y (x+a)] = y (x + a) (1 + 0) = y (x + a). Für ein beliebiges konkretes x gilt dann mit x = x + a y (x + a) + py (x + a) + qy(x + a) = y (x ) + py (x ) + qy(x ) = 0, da die letzte Gleichung ja für alle x gilt. Damit ist mit sin x auch sin(x + π 2 ) = cos x homogene Lösung, und da cos x und sin x linear 9
10 unabhängig sind sind beides (mögliche) Basislösungen, treten also in einer kompletten allgemeinen Lösung der homogenen DGl unvermeidlich zusammen auf. Ich entschuldige mich für diese Aufgabe, indem ich auf zwei Aspekte verweise: I) Sie war hoffentlich letztlich lehrreich. II) Sie hat vermutlich wenig Schaden angerichtet. - Nach meiner Erfahrung verwendet selten ein Student 2 bei verbalen Aufgaben Stunden auf fruchtloses Nachdenken, sondern sieht bereits nach kurzer Zeit in der Lösung nach. Falls er nicht gleich aufs Nachdenken verzichtet und nachschaut. 27. Man steckt nicht drin in einem solchen Programm. Es kann prima rechnen (hoffentlich), ist aber ansonsten strohdumm und durchaus zu solchen Unfug fähig. Die Lösung ist vermutlich nicht falsch, verlangt aber eine sinnvolle Interpretation in Form einer geeigneten Redaktion: y(x) = x + 5 sin 4x e 2x 5 cos 4x + C 1 e 4x + C 2 C 3 e 2x. a) Der Summand C 2 in der Lösung zeigt, daß jede Konstante homogene Lösung ist - damit ist das Hinzufügen von nochmals -115/16 überflüssig. b) C 3 ist eine unbestimmte Konstante, sie kann im konkreten Fall ebenso positiv wie negativ ausfallen. Das Minuszeichen davor ist ein Schönheitsfehler - es erweckt den Eindruck, als ob uns etwas mitgeteilt werden soll. c) In der Formel steckt als Summand (jenes Minuszeichen bereits korrigiert) 18 5 e 2x + C 3 e 2x = ( C 3 ) e 2x, und es ist witzlos, zum unbestimmten Koeffizienten C 3 noch den Bruch 18/5 zu addieren. Verbessertes Ergebnis: y(x) = 5 4 x + 5 sin 4x 5 cos 4x + C 1e 4x + C 2 + C 3 e 2x muß eine Nullstelle des charakteristischen Polynoms sein, das folglich die Gestalt P 2 (λ) = (λ + 2)(λ λ 2 ) = λ 2 + (2 λ 2 )λ 2λ 2 = λ 2 + aλ + 6 hat. Aus 2λ 2 = 6 folgt sofort λ 2 = 3, und dann ist a = 2 ( 3) = muß eine doppelte Nullstelle des charakteristischen Polynoms sein, das folglich die Gestalt P 2 (λ) = (λ 3) 2 = λ 2 6λ + 9 = λ 2 + aλ + b hat. Es folgt sofort a = 6 und b = Es ist P 2 (bj) = b 2 + bj + a stets von Null verschieden, da unter der gemachten Voraussetzung der Imaginärteil dieses Ausdrucks nicht verschwindet. 31. Die Nullstellen des charakteristischen Polynoms sind prinzipiell λ 1,2 = a 2 ± a 2 4 b2. Bei a 2 < 4b 2 ist die Wurzel ein imaginärer Wert. Wenn a negativ ist, so sind im Falle reeller Nullstellen beide positiv, oder es ist eine positiv und die andere ist Null. Jedenfalls ist eine Lösung eine mit positivem Faktor im Exponenten, und diese ist auf dem betrachteten Bereich unbeschränkt. Ist a negativ, die Wurzel aber imaginär, so haben die Nullstellen einen positiven Realteil, und die Situation ist dieselbe - jetzt hat man Schwingungen mit exponentiell wachsender Amplitude. Bei a = 0 ist bei b 0 die allgemeine Lösung in der Gestalt C 1 sin bx + C 2 cos bx immer beschränkt. Bei a = b = 0 ist C 1 + C 2 x bei allgemeinem C 2 unbeschränkt. Sei a > 0, so sind entweder beide Nullstellen negativ, oder eine ist negativ und die andere ist Null. Im ersten Fall hat man zwei abklingende en, im anderen eine und eine Konstante. Jedenfalls ist die Lösung beschränkt. Ergebnis: a = 0 und b 0, oder aber a < 0 und b beliebig. 2 Die männliche Form stellvertrendend verwendet. 10
11 32. Das charakteristische Polynom der Differentialgleichung ist kubisch, hat also unvermeidlich mindestens eine reelle Nullstelle λ 1. Bei λ 1 > 0 ist e λ1x für x + unbeschränkt, und bei λ 1 < 0 analog für x. Es bleibt also nur λ 1 = 0 mit einem konstanten Lösungsanteil übrig, und das bedeutet c = 0. Sollte nun auch λ 2 = 0 sein (doppelte Nullstelle), so enthielte die homogene Lösung einen unbeschränkten Summanden C 2 x. Dieser Fall entfällt, und überhaupt bleiben nun nur noch zwei komplexe Nullstellen λ 2,3 = µ±νj. Dazu gehören Lösungskomponenten e νx (C 2 sin µx+c 3 cos µx). Der Faktor e νx darf wiederum weder für x noch für x + wachsen, was ν = 0 bedeutet. Es bleibt also für das charakteristische Polynom P 3 (λ) = λ(λ + µj)(λ µj) = λ 3 + µ 2 λ mit µ 0. Ergebnis: a = c = 0 und b > 0, die allgemeine Lösung ist damit y(x) = C 1 + C 2 sin µx + C 3 cos µx mit garantiert y(x) C 1 + C 2 + C 3 x (, + ). 33. Betrachten wir zunächst den Fall a 0, dann ist die allgemeine Lösung C 1 e ax + C 2 e ax. Wenn diese Funktion gerade ist, so muß x gelten: C 1 e a( x) +C 2 e a( x) = C 1 e ax +C 2 e +ax = C 1 e ax +C 2 e ax, woraus (C 2 C 1 )e ax +(C 1 C 2 )e ax 0 folgt. Das ist nur bei C 1 C 2 = 0, also C 1 = C 2 möglich. Gerade Lösungen haben also die Gestalt C 1 e ax + C 1 e ax = 2C 1 1 ( e ax + e ax) = C 1 cosh ax 2 und sind allgemein durch die Funktion Hyperbelkosinus darstellbar. Im ungeraden Fall folgt aus der universellen Gleichung C 1 e a( x) + C 2 e a( x) = C 1 e ax + C 2 e +ax = (C 1 e ax + C 2 e ax ) jetzt (C 2 + C 1 )e ax + (C 1 + C 2 )e ax 0, mithin C 2 = C 1. Damit ist nun C 1 e ax C 1 e ax = 2C 1 1 ( e ax e ax) = C 1 sinh ax 2 (Hyperbelsinus). Vermittels dieser beiden Hyperbelfunktionen kann man die allgemeine Lösung der vorstehenden Differentialgleichung ebenso aufschreiben wie mit en: C 1 e ax + C 2 e ax = C 3 cosh ax + C 4 sinh ax gilt, wenn 2C 1 = C 3 + C 4 und 2C 2 = C 3 C 4 ist. Das ist gleichbedeutend mit C 3 = C 1 + C 2 und C 4 = C 1 C 2. Beide Darstellungen sind also eindeutig in die jeweils andere überführbar. Diese Hyperbelfunktionen sind nützlich, wenn man ein räumlich symmetrisches oder antisymmetrisches Problem beschreiben und diese Eigenschaft gleich zum Ausdruck bringen will. 34. Es ist P 2 (λ) = λ 2 + pλ + q mit den Nullstellen λ 1,2 = p p 2 ± 2 q = µ ± ωj. 4 Die allgemeine Lösung kann geschrieben werden als y(t) = C e µt sin(ωt + α) mit den Parametern C und α. Die Winkelgeschwindigkeit ω steht mit der Frequenz f in Verbindung über ω = 2π f. Damit hat man für die untere Grenze f 1 2π s s 4 2 = 2.06s 1 = 2.06 Hz und die obere f 1 2π s s 4 2 = 2.40s 1 = 2.40 Hz. 11
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