Differentialgleichungen für Ingenieure WS 06/07

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1 Differentialgleichungen für Ingenieure WS 06/07 5. Vorlesung, korrigierte Fassung Michael Karow Themen heute:. Gewöhnliche Lineare Differentialgleichungen. Ordnung mit konstanten Koeffizienten (a) Die Eigenwertmethode (b) Reelle Lösungen (c) Anwendung auf das Federpendel (d) Ansatz vom Typ der rechten Seite

2 Lösung von ẏ(t) = Ay(t) mit der Eigenwertmethode Problem: Finde die Lösungen der homogenen DGL ẏ(t) = Ay(t), y(t) C n, A C n n. Ansatz: y(t) = e λ t v mit λ C, v C n ( ) Aus dem Ansatz folgt: e λ t λv = ẏ(t) = Ay(t) = A(e λ t v) = e λ t Av Av = λv In Worten: Der Ansatz ( ) gibt genau dann eine Lösung, wenn λ Eigenwert von A und v der zugehörige Eigenvektor ist.

3 Lösung von ẏ(t) = Ay(t) mit der Eigenwertmethode Seien v,...,v r C n und λ,..., λ r C so dass Av k = λ k v k. Dann sind (wie auf der vorige Seite gezeigt) die Funktionen Lösungen von ẏ(t) = A y(t). y k (t) = e λ k t v k Superpositionsprinzip Alle Funktionen der Form y(t) = c y (t) + c 2 y 2 (t) c r y r (t) = c e λ t v + c 2 e λ 2 t v c r e λ r t v r, c, c 2,..., c r C sind ebenfalls Lösungen. Die Koeffizienten c k sind beliebig wählbar. In den meisten praktischen Fällen sind auf diese Weise alle Lösungen gegeben. Genaueres auf den folgenden Seiten.

4 Lösung von ẏ(t) = Ay(t) mit der Eigenwertmethode Angenommen, es gibt zu A C n n eine Basis v,v 2,...,v n C n von Eigenvektoren, so dass Av k = λ k v k. Dann bilden die Funktionen y k (t) = e λ k t v k ein Fundamentalsystem (eine Lösungsbasis) der obigen DGL, d.h. alle Lösungen sind von der Form y(t) = c y (t) + c 2 y 2 (t) c n y n (t) = c e λ t v + c 2 e λ 2 t v c n e λ n t v n, c, c 2,..., c n C. Grund: Es ist y(0) = c v + c 2 v c n v n. Um ein gegebenes AWP ẏ(t) = Ay(t), y(0) = v, lösen muss man die c k daher so bestimmen, dass v = c v + c 2 v c n v n. Wenn die v k eine Basis des C n bilden, ist dies stets möglich (siehe nächste Seite). Die c k sind die Koordinaten von v bezüglich der Basis v,...,v n.

5 Erinnerung and die 4. Vorlesung Linearkombinationen in Matrixschreibweise: v = c v + c 2 v c n v n = [ v,...,v n ] c. c n = V wobei V = [ v,...,v n ] C n n. Um die Koeffizienten c k zu bestimmen, muss man das lineare Gleichungssystem V c. c n = v lösen. Dies ist genau dann stets eindeutig möglich, wenn die Spaltenvektoren v k eine Basis bilden. Genau dann ist auch V invertierbar, und es gilt. c c n = V v. ( ) ( ) Nachteil der Formel ( ): Das Berechnen von V ist aufwendig. Direktes Lösen von ( ) ist schneller, wenn man die c k nur für einen oder wenige einzelne Vektoren v bestimmen will. c. c n,

6 Das bisherige Ergebnis in einer geschlossenen Formel Bisheriges Ergebnis: Wenn der C n eine Basis v,...,v n besitzt, so dass Av k = λ k v k, dann hat das AWP ẏ(t) = Ay(t), y(0) = v, die Lösung y(t) = c e λ t v + c 2 e λ 2 t v c n e λ n t v n, wobei V = [ v,...,v n ]. Umformung: c. y(t) = c e λ t v + c 2 e λ 2 t v c n e λ n t v n = [ v,...,v n ] = V = V e λ t... e λ t c. e λ n t c n e λ n t. c c n e λ t... V e λ n t }{{} =exp(a t) (siehe nächste VL) v c n = V v,

7 Matrizen ohne Basis von Eigenvektoren Wenn es zu jeder Matrix A eine Basis von Eigenvektoren geben würde, dann könnten wir mit der Eigenwertmethode stets alle Lösungen von ẏ = Ay finden. Leider ist dies nicht der Fall, wie folgendes Beispiel zeigt: Jordanblock der Dimension 4: J 4 (λ 0 ) = λ 0 λ 0 λ 0 λ 0 C 4 4, λ C. Der einzige Eigenwert ist λ 0. Der Eigenraum ist -dimensional, denn die einzigen Eigenvektoren sind die Vielfachen des ersten Standard-Basisvektors: λ 0 λ 0 λ 0 λ 0 z 0 0 = λ 0 0 z 0 0 z C. 0 Für diese Matrix gibt es also keine Basis von Eigenvektoren. Es gibt Lösungen der homogenen DGL ẏ = J 4 (λ 0 )y welche sich nicht als Linearkombination von Eigenvektorlösungen darstellen lassen. Frage: Wie sehen diese Lösungen aus? (Antwort auf der nächsten Seite) Bemerkung: Das charakteristische Polynom von J 4 (λ 0 ) ist χ(λ) = det(λ I J 4 (λ 0 )) = (λ λ 0 ) 4 Somit ist λ 0 4-fache Nullstelle des charakteristischen Polynoms. Die Eigenvektoren zum Eigenwert λ 0 bilden aber einen -dimensionalen Raum. Es ist also geometrische Vielfacheit von λ 0 = < 4 = algebraische Vielfachheit von λ 0.

8 Falls es zu wenig Eigenvektoren gibt... Falls es zur Matrix A keine Basis von Eigenvektoren gibt (z.b. wenn A ein Jordanblock ist), dann braucht man Hauptvektoren, um alle Lösungen von ẏ(t) = Ay(t) zu bekommen. Definition: v C n heisst Hauptvektor von A C n n zum Eigenwert λ C, falls (A λi) k v = 0 für eine k N ( ) Bemerkung: Eigenvektoren sind auch Hauptvektoren. Denn Av = λv 0 = Av λv = (A λi)v = (A λi) v. Hauptvektorlösungen: Wenn ( ) gilt, dann ist die Funktion y(t) = e λ t k j=0 t j j! (A λi)j v die Lösung des AWP ẏ(t) = Ay(t), y(0) = v. Beweis: siehe Ferus-Skript. Bemerkung: Die Vektoren v j := (A λi) j v bilden eine Jordankette. (siehe LinA-Vorlesung.)

9 Beispiel zu Hauptvektorlösungen: Betrachte die Matrix A = /2 /2 0 0 /2 3/ Das charakteristische Polynom von A ist χ(λ) = (λ 2) 3 (λ 7). Seien e,e 2,e 3,e 4 die kanonischen Basisvektoren. Das geübte Auge erkennt sofort: Nachrechnen ergibt aussserdem: e ist Eigenvektor zum Eigenwert 2, e 4 ist Eigenvektor zum Eigenwert 7. Alle Eigenvektoren zum Eigenwert 2 sind Vielfache von e. Man braucht also zwei linear unabängige Hauptvektoren zum Eigenwert 2. Zufälligerweise sind e 2 und e 3 solche Hauptvektoren, denn es gilt (A 2I) 3 e 2 = (A 2I) 3 e 3 = 0. Eine Lösungsbasis für die DGL ẏ = Ay ist also y (t) = e 2t e, y 2 (t) = e 2t ( e 2 + t(a 2I)e 2 + t2 2 (A 2I)2 e 2 ) y 3 (t) = e 2t ( e 3 + t(a 2I)e 3 + t2 2 (A 2I)2 e 3 ) y 4 (t) = e 7t e 4.,,

10 Rezept zur allgemeinen Lösung von ẏ(t) = Ay(t).. Bestimme die Eigenwerte λ C von A, d.h. die Nullstellen des charakteristischen Polynoms χ A (λ) = det(a λi). 2. Ist λ einfache Nullstelle, dann berechne einen Eigenvektor v, d.h. eine Lösung des Gleichungssystems (A λi)v = 0, v 0. Die zugehörige Basislösung ist y(t) = e λt v. 3. Ist λ eine k-fache Nullstelle, dann finde so viele linear unabhängige Eigenvektoren v,...,v r wie möglich. Es ist r k. Die zugehörigen Basislösungen sind y j (t) = e λt v j, j =,..., r. Ist r = k, dann ist nichts weiter zu tun. Ist r < k, dann finde zusätzliche, voneinander und von den schon gefundenen Eigenvektoren linear unabhängige Hauptvektoren v r+,...,v k. Diese sind Lösungen des linearen Gleichungssystems Bilde die Hauptvektorlösungen k y j (t) = e λ t j=0 t j (A λi) k v = 0. j! (A λi)j v j, j = r +,..., k. 4. Führe die Schritte 2,3 für jeden Eigenwert durch. Man erhält auf diese Weise eine Basis v,...,v n des C n und zugehörige Basislösungen y (t),...,y n (t). Zur Lösung des AWP ẏ(t) = Ay(t), y(0) = v berechne c,..., c n C, so dass und setze v = c v + c 2 v c n v n, y(t) = c y (t) + c 2 y 2 (t) c n y n (t).

11 Auf den nächsten Seiten werden folgende Notationen und Identitäten für komplexe Zahlen benutzt.. Sei z = z r + i z i, z r, z i R. Der Realteil von z ist R(z) = z r. Der Imaginärteil von z ist I(z) = z i. Die zu z konjugiert komplexe Zahl ist z = z r i z i = R(z) i I(z). 2. Man hat R(z) = (z + z), 2 I(z) = (z z). 2i 3. Die Polarkoordinatendarstellung von z ist z = z e iφ = z (cos(φ) + i sin(φ)), wobei z = zr 2 + z2 i, tan(φ) = z i/z r. 4. Für das Produkt zweier komplexer Zahlen z = z r + i z i, w = w r + i w i gilt: R(zw) = R(z)R(w) I(z)I(w), I(zw) = R(z)I(w) + I(z)R(w). Dies gilt sinngemäss auch, wenn w ein Vektor mit komplexen Einträgen ist.

12 Reelle Matrizen und nichtreelle Eigenwerte Angenommen, die reelle Matrix A R n n hat einen nichtreellen Eigenwert λ = α + iω, ω 0 mit Eigenvektor v: Konjugieren dieser Gleichung ergibt: Av = λv Av = λv, ( ). ( ) d.h.: auch λ = α iω ist Eigenwert, und zwar mit dem Eigenvektor v. Die zugehörigen Basislösungen sind y(t) = e λt v, y(t) = e λt v. Analog gilt für Hauptvektoren: (A λi) k v = 0 (A λi) k v = 0. Die zugehörigen Basislösungen sind k y(t) = e λ t j=0 t j j! (A λi)j v, y(t) = e λ t k j=0 t j j! (A λi)j v. Fazit: Die nichtreellen Eigenwerte einer reellen Matrix treten in konjugiert komplexen Paaren auf. Gleiches gilt für die zugehörigen Eigenvektoren, Hauptvektoren und Basislösungen. Zu den reellen Eigenwerten einer reellen Matrix gibt es natürlich stets reelle Eigenvektoren, Hauptvektoren und Basislösungen.

13 Im Folgenden nehmen wir an, dass die Matrix A R n n reell ist, und dass es zu A eine Basis von Eigenvektoren gibt. Dann müssen keine Hauptvektorlösungen betrachtet werden. Seien λ, λ,..., λ r, λ r die nichtreellen Eigenwerte von A und seien λ 2r+,..., λ 2r+p die reellen Eigenwerte, 2r + p = n. Die zugehörige Basis von Eigenvektoren sei v,v,...,v r,v r, }{{} nichtreell v 2r+,...,v }{{ 2r+p. } reell Alle Lösungen der DGL ẏ(t) = Ay(t) sind von der Form r ( ) p y(t) = c 2j e λ j t v j + c 2j e λ j t v j + c 2r+j e λ 2r+j t v 2r+j. j= Dabei können die c j, j =,..., n beliebige komplexe Zahlen sein. Im allgemeinen nehmen die Funktionen y(t) dann nichtreelle Werte an. Meistens ist man aber an Lösungen interessiert, die nur reelle Werte annehmen. Damit y(t) stets reell ist, muss gelten j= c 2j = c 2j, j =,..., r, c 2r+j R, j =,... p. Notationsvereinfachung: c 2j =: c j /2. Dann sind die reellen Lösungen also von der Form: y(t) = r ( ) (c j /2) e λ j t v j + (c j /2) e λ j t v j + j= p c 2r+j e λ 2r+j t v 2r+j j= = r j= 2 ( ) p c j e λ j t v j + c j e λ j t v j + c 2r+j e λ 2r+j t v 2r+j j= = r R ( ) p c j e λ j t v j + c 2r+j e λ 2r+j t v 2r+j j= komplex reell j=

14 Was bedeuten nichtreelle Eigenwerte und -Vektoren Wir haben eben gesehen, dass die DGL für jeden nichtrellen Eigenwert λ = α+iω, ω 0 mit Eigenvektor v C n spezielle Lösungen der Form y(t) = R ( c e λ t v ) ( ) = R c e (α+iω) t v, c = c r + i c i C hat. Für diese Lösungen gilt: = c r R ( e λ t v ) c i I ( e λ t v ). Die Komponenten des Vektors y(t) führen Cosinusschwingungen aus, die, falls α 0, durch den exponentiellen Vorfaktor e αt abgeschwächt oder verstärkt werden. 2. Der Vektor y(t) macht eine spiralförmige oder ellipsenförmige Bewegung in einer Ebene (=2-dimensionaler Unterraum des Phasenraums C n ). Beide Tatsachen werden auf den folgenden Seiten diskutiert.

15 Die Komponenten der Lösung y(t) = R(c e (α+iω) t v) Seien y k (t), v k die Komponenten der Lösung bzw. des Eigenvektors: y(t) = y (t)., v = v.. y n (t) v n Wir stellen nun c und die Komponenten v k in Polarkoordinaten dar: Dann folgt: c = c e i ψ, v k = v k e i φ k, y k (t) = R( c e (α+iω) t v k ) = R( c e i ψ e (α+iω) t v k e iφ k ) = R( c v k e iψ e αt e iω t e iφ k ) = e αt c v k R( e i(ω t+φ k+ψ) ) = e αt c v k cos(ω t + φ k + ψ).. Imaginärteil ω des Eigenwerts Kreisfrequenz. 2. Realteil α des Eigenwerts Verstärkungs- oder Dämpfungsfaktor. 3. Betrag von c Amplitude 4. Argument ψ von c Phasenverschiebung.

16 Die Bahn der Lösung y(t) = R(c e (α+iω) t v) im Phasenraum. Setze Dann ξ(t) = R( c e (α+iω) t ), η(t) = I( c e (α+iω) t ). y(t) = R(c e (α+iω) t v) = R(c e (α+iω) t ) R(v) I(c e (α+iω) t ) I(v) = ξ(t) R(v) η(t) I(v), und [ ] ξ(t) η(t) = [ ] R( c e (α+iω) t ) I( c e (α+iω) t ) [ R( c e = e α t iω t ] ) I( c e iω t ) Re(v) [ R(c) R(e = e α t iω t ) I(c) I(e iω t ] ) R(c) I(e iω t ) + I(c) R(e iω t ) [ ] R(c) cos(ωt) I(c) sin(ωt) = e α t R(c) sin(ω t) + I(c) cos(ω t) [ ] [ ] cos(ωt) sin(ωt) R(c) = e α t sin(ω t) cos(ω t) I(c) Im(v) Folgerung: Die Bahn y(t) liegt in der von den Vektoren R(v) und I(v) aufgespannten Ebene. Die Bewegung ist spiralförmig (wenn α 0) oder ellipsenförmig (wenn α = 0).

17 Beispiel: Das ungedämpfte Doppelpendel s u m s u m Bewegungsgleichung in Matrixform: ] [ ] [ ] [ü (s + s = 2 )/m s 2 /m u ü 2 s 2 /m 2 s 2 /m 2 u 2 }{{}}{{}}{{} ü G u Mit der Geschwindigkeit v = u R 2 bekommt man DGL. Ordnung: [ u v] [ ] [ 0 I u = I=Einheitsmatrix G 0 v] }{{}}{{} A y Die Matrix A R 4 4 hat 4 rein imaginäre Eigenwerte: λ = i ω, λ 2 = i ω 2, λ 3 = λ = i ω, λ 4 = λ 2 = i ω 2. Die allgemeine Lösung ist von der Form: ( [ ] ) ( y(t) = R c e i ω t u + R c 2 e i ω t i ω u komplexe Konstante Eigenvektor [ u2 i ω 2 u 2 Für den Fall m = m 2 =, s = s 2 = hat man zum Beispiel 3 ± [ ] 5 2 ω,2 =, u,2 = 2 5 Daraus liest man ab:. Fall: schnelle Schwingung, gegenphasige Schwingung der Massen 2. Fall: langsame Schwingung, gleichphasige Schwingung der Massen ] )

18 Anwendung der Ergebnisse auf das gedämpfte Federpendel Mit den Bezeichungen wie in der 4. VL lautet die DGL für die freie Schwingung des gedämpften Pendels: [ ] [ ] 0 u(t) ẏ(t) = y(t), y(t) =. s/m d/m v(t) }{{} =:A Das charakteristische Polynom ist χ A (λ) = λ 2 spur(a) λ + det(a) = λ 2 (d/m) λ + (s/m). Die Eigenwerte sind die Nullstellen von χ A, also λ,2 = 2 (d/m) ±, = 4 (d/m)2 (s/m). Die zugehörigen Eigenvektoren sind v,2 = [ λ,2 ]. Die Größe ist die sogenannte Diskriminante. Sie entscheidet darüber, von welchem Typ die Eigenwerte λ,2 sind. Es gibt 3 Fälle: < 0 : Eigenwerte sind nichtreell, Schwingfall = 0 : Eigenwerte sind gleich, aperiodischer Grenzfall > 0 : Eigenwerte sind reell und verschieden, Kriechfall.

19 Der Fall < 0 (Schwingfall): Matrix für das gedämpfte Federpendel: A = [ ] 0. Eigenwerte und -vektoren: s/m d/m λ,2 = δ ±, wobei = δ 2 (s/m), δ = 2 (d/m), [ ] v,2 =. λ,2 Wir betrachten den Fall < 0. Setze ω :=. Dann λ = δ + iω, λ 2 = δ iω = λ, v 2 = [ λ ] = v. Die Eigenwerte und Eigenvektoren sind nichtreell und konjugiert komplex. Die allgemeine Lösung der DGL ist daher: [ ] u(t) y(t) = = R ( ) c e v(t) λ t v, c C Einsetzen von λ, v und Ausrechnen ergibt: [ ] [ ]) u(t) y(t) = = R (c e v(t) ( δ+iω) t = e δ + iω δ t c c = c e iφ [ cos(ω t + φ) δ cos(ω t + φ) + ω sin(ω t + φ) ]. Daraus liest man ab: Das Pendel führt gedämpfte (δ > 0) oder ungedämpfte (δ = 0) Schwingungen aus.

20 Der Fall > 0 (Kriechfall): Matrix für das gedämpfte Federpendel: A = [ ] 0. Eigenwerte und -vektoren: s/m d/m λ,2 = δ ±, wobei = δ 2 (s/m), δ = 2 (d/m), [ ] v,2 =. λ,2 Wir betrachten den Fall < 0. Dann sind die Eigenwerte reell und verschieden. Die Eigenvektoren sind reell und linear unabhänging. Sie bilden daher eine Basis des R 2. Die allgemeine reelle Lösung der DGL ist: y(t) = c e λ t v + c 2 e λ 2 t v 2, c, c 2 R. Beide Eigenwerte sind negativ, denn < δ. Neue Bezeichnungen: Damit bekommt man [ ] u(t) y(t) = v(t) λ,2 = δ,2 = (δ ). = c e δ t [ δ ] + c 2 e δ 2 t [ δ 2 ] c, c 2 R. Daraus liest man ab: Die Bewegungen des Pendels enthalten 2 Anteile. Der eine fällt mit dem Faktor e δ t, der andere mit e δ 2 t. Je grösser, desto kleiner ist δ 2 = δ, d.h. desto langsamer ist das Abklingen des 2. Anteils.

21 Der Fall = 0 (aperiodischer Grenzfall): [ ] 0 Matrix für das gedämpfte Federpendel: A =. Eigenwerte und -vektoren: s/m d/m λ,2 = δ ±, wobei = δ 2 (s/m), δ = 2 (d/m), [ ] v,2 =. λ,2 Wir betrachten den Fall = 0. Dann sind die Eigenwerte und Eigenvektoren identisch: λ = λ 2 = δ, v = v 2. Alle weiteren Eigenvektoren sind Vielfache von v. Es gibt keine Basis von Eigenvektoren. Man braucht Hauptvektorlösungen. Alle Vektoren des C 2 sind Hauptvektoren, denn [ ] 2 (A λ I) 2 δ = δ 2 = 0. δ Ein vom Eigenvektor v linear unabhängiger Hauptvektor ist z.b. e = Die zugehörige Hauptvektorlösung ist e λ t ( t(a λ I)e + e ). [ ]. 0 Die allgemeine Lösung der DGL ist [ ] u(t) y(t) = v(t) = c e λ t v + c 2 e λt ( t(a λ I)e + e ), c, c 2 C [ ] = e δ t c + c 2 (δ t + ) c δ c 2 δ 2. t

22 Wurzelortskurve: Eigenwerte (grün) des Pendels bei fester Masse (m = ) und Steifigkeit (s = ) und wachsender Dämpfung d d = 0 : Eigenwerte rein imaginär, ungedämpfte Schwingung 0.5 d= imaginäre Achse

23 Wurzelortskurve: Eigenwerte (grün) des Pendels bei fester Masse (m = ) und Steifigkeit (s = ) und wachsender Dämpfung d d = 0.5 : Eigenwerte weder reell noch imaginär, gedämpfte Schwingung 0.5 d= imaginäre Achse

24 Wurzelortskurve: Eigenwerte (grün) des Pendels bei fester Masse (m = ) und Steifigkeit (s = ) und wachsender Dämpfung d d =.5 : Eigenwerte weder reell noch imaginär, gedämpfte Schwingung 0.5 d= imaginäre Achse

25 Wurzelortskurve: Eigenwerte (grün) des Pendels bei fester Masse (m = ) und Steifigkeit (s = ) und wachsender Dämpfung d d = 2 : Eigenwerte fallen zusammen, aperiodischer Grenzfall 0.5 d= imaginäre Achse

26 Wurzelortskurve: Eigenwerte (grün) des Pendels bei fester Masse (m = ) und Steifigkeit (s = ) und wachsender Dämpfung d d = 2. : Eigenwerte reell, starke Dämpfung, Kriechfall 0.5 d= imaginäre Achse

27 Wurzelortskurve: Eigenwerte (grün) des Pendels bei fester Masse (m = ) und Steifigkeit (s = ) und wachsender Dämpfung d d = 2.3 : Eigenwerte reell, starke Dämpfung, Kriechfall 0.5 d= imaginäre Achse

28 Wurzelortskurve: Eigenwerte (grün) des Pendels bei fester Masse (m = ) und Steifigkeit (s = ) und wachsender Dämpfung d d = 5 : Eigenwerte reell, starke Dämpfung, Kriechfall 0.5 d= imaginäre Achse

29 Die inhomogene DGL y(t) = Ay(t) + b(t) für spezielle Eingangsfunktionen b(t): Ansatz von Typ der rechten Seite Gesucht: eine partikuläre Lösung y p für die DGL ẏ(t) = Ay(t) + e µ t b. ( ) Ansatz: y p (t) = e µ t v. Aus dem Ansatz folgt: }{{} b(t) ẏ p (t) = µ e µ t v Ay p (t) + e µ t b = e µ t (Av + b) Gleichsetzen der linken und damit auch der rechten Seiten ergibt Umstellen ergibt: µv = Av + b. (µi A)v = b. ( ) ( ) ist ein lineares Gleichungssystem für die Einträge von v. Wenn µ kein Eigenwert von A ist, dann ist ( ) eindeutig lösbar, denn det(µi A) 0. Wenn µ ein Eigenwert ist (Resonanzfall), dann führt der Ansatz in den meisten Fällen nicht zum Ziel, und man braucht einen komplizierteren Ansatz der Gestalt: y p (t) = e µt (v 0 + v t v k t k ), wobei k groß genug. Dies wird in dieser VL nicht weiter verfolgt.