6.6 Lineare Dierentialgleichungen n-ter Ordnung mit konstanten Koezienten

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1 6.6 Lineare Dierentialgleichungen n-ter Ordnung mit konstanten Koezienten Dieser Abschnitt ist ein Einschub. Gewöhnliche DGL werden im nächsten Semester behandelt. Unter einer linearen gewöhnlichen DGL n-ter Ordnung mit konstanten Koezienten versteht man eine Gleichung der Form x (n) + a n 1 x (n 1) + + a 1 ẋ + a 0 x = f, a i R( oder C) (1) DGL heiÿt homogen, wenn f = 0 (das ist dann Gleichung (1 hom ). Unter einer Lösung der DGL (1) versteht man eine n-mal stetig dierenzierbare (komplexwertige) Funktion x, deniert auf einem t Intervall I R, so daÿ (1) dort erfüllt ist. Unter einem Anfangswertproblem (AWP) (an der Stelle t 0 ) von (1) versteht man folgende Aufgabenstellung: Gesucht ist eine Lösung x von (1), die auf I deniert ist und für t 0 I die folgenden n Anfangsbedingungen erfüllt: x(t 0 ) = x 0, ẋ(t 0 ) = x 1,..., x (n 1) (t 0 ) = x n 1. Hierbei sind x 0,..., x n 1 fest vorgegebene (reelle oder komplexe) Zahlen. Typisches Beispiel: Schwingungsgleichung (1-dimensionale Schwingung) mẍ(t) + dẋ(t) + cx(t) = F (t) wobei: m - Masse, c - Federkonstante, d - Dämpfungsfaktor, f - äuÿere Anregung. Umgeschrieben sieht die Gleichung so aus: ẍ + 2kẋ + ω 2 0x = f, 2k = d/m 0, ω 2 0 = c/m > 0, f = F/m. Bemerkung: Diese DGL muÿ man einmal in allen Varianten diskutiert haben! Typische Aufgabenstellungen für DGL (Liste wird später erweitert): 1. Existenz von Lösungen der DGL (Struktur der Menge aller Lösungen) 2. Existenz und Eindeutigkeit der Lösung des AWP. Günstig ist es, folgende Abkürzung einzuführen: D := d. D ist einfachstes Beispiel eines dt Dierentialoperators. Gleichung (1 hom ) wird dann: oder D n x + a n 1 D n 1 x + + a 1 Dx + a 0 x = 0 (D n + a n 1 D n a 1 D + a 0 )x = 0 (2) 1

2 d.h. p(d) = 0 (2) mit p(λ) = λ n + a n 1 λ n a 1 λ + a 0 (3) Dieses Polynom heiÿt charakteristisches Polynom von (2). Lemma 6.1 Die Menge aller Lösungen von (2) (d.h. von (1 hom )) bildet einen Vektorraum. Beweis: Das folgt direkt daraus, daÿ die Ableitung eine lineare Operattion ist. Seien x 1, x 2 Lösungen, α, β C. Dann gilt p(d)[αx 1 + βx 2 ] = αp(d)x 1 + βp(d)x 2 = = 0. Bemerkungen: 1. Lemma 6.32 ist ein typisches Resultat für jegliche Art linearer homogener Gleichungen (DGL, algebraische Gleichungen,...) 2. Oen ist die Dimension des Lösungsraums. 3. Wir haben bei diesen Betrachtungen Lösungen im Auge, die alle auf einem gemeinsamen Intervall J R deniert sind. Es wird sich herausstellen, daÿ J = R. 4. Induktiv sieht man (ÜA), daÿ die Lösungen von (2), sofern sie existieren, automatisch unendlich oft dierenzierbar sind (d.h. sie liegen in C (J)). Lösungsidee für (2): Ansatz: x(t) = e λt, einsetzen in (2) und durch e λt dividieren. Dann erhält man Gleichung p(λ) = 0. Die Lösungen dieser Gleichung (= Nullstellen des charakteristischen Polynoms) spielen also eine fundamentale Rolle. Wir diskutieren das genauer. Seien λ 1,..., λ m die verschiedenen NST von p(λ) mit den Vielfachheiten k 1,..., k m. Aus der Partialbruchzerlegung von 1/p(λ) erhält man 1 p(λ) = 1 (λ λ 1 ) k 1... (λ λm ) = q 1(λ) km (λ λ 1 ) + + q m(λ) k 1 (λ λ m ) km mit gewissen Polynomen q 1,..., q m. Damit erhält man für alle λ C: mit 1 = q 1 (λ)p 1 (λ) +... q m (λ)p m (λ) p l (λ) = m (λ λ j ) k j. Setzt man hier anstelle von λ den Dierentialoperator D ein, dann erhält man j=1 j l I = q 1 (D)p 1 (D) + + q m (D)p m (D). 2

3 Hier steht I für die identische Abbildung in C (J) (x Ix = x). Damit erhält man mit x l = q l (D)p l (D)x. x = q 1 (D)p 1 (D)x + + q m (D)p m (D)x = x x m (4) Sei nun x eine Lösung von (2), d.h. p(d)x = 0. Dann gilt (D λ l I) k l x l = (D λ l I) k l q l (D)p l (D)x = q l (D)(D λ l I) k l p l (D)x = q l (D)p(D)x = q l (D)0 = 0 Das bedeutet: jedes x l in der Zerlegung (4) erfüllt die Teilgleichung (D λ l I) k l x l = 0 (5) Umgekehrt ist auch jede Lösung y von (5) eine Lösung von (2): p(d)y = p l (D)(D λ l I) k l y == pl (D)0 = 0. Diese Überlegungen zusammmen mit Lemma 6.32 liefern sofort Satz 6.2 Sei p(λ) = (λ λ 1 ) k 1... (λ λ m ) km die Produktdarstellung des charakteristischen Polynoms von (2). Dann ist jede Summe /LKB von Lösungen der Teilgleichung (5) auch Lösung von (2). Umgekehrt wird jede Lösung von (2) als Summe von Lösungen von (5) erhalten. Man hat also eine Gleichung folgendes Art zu lösen: (D λi) m x = 0 (λ C, m N) (6) Ein wichtiger Schritt dazu ist im folgenden Lemma enthalten. Lemma 6.3 Es gilt für beliebiges x C (R) D m (e αt x(t)) = e αt (D + αi) m x(t), t R. Beweis: Induktion über m. m = 0 trivial, m = 1 einfach nachrechnen. Behauptung sein für m richtig. D m+1 (e αt x(t)) = D [ D m (e αt x(t)) ] = Induk.-voraussetzung = D [ e αt (D + αi) m x ] = Produktregel = D(e αt ) (D + αi) m x + e αt (D + αi) m Dx = αe αt (D + αi) m x + e αt (D + αi) m Dx = e αt (D + αi) m (D + αi)x Folgerung:x C (J) genügt genau dann der Gleichung (6), wenn e λt (D λi) m = 0 (reine Multiplikation mit e λt 0), und das ist wegen Lemma 6.34 genau dann der Fall, wenn D m (e λt x(t)) = 0 (7). 3

4 Die Gleichung (7) läÿt sich aber leicht lösen: D m y(t) = 0 = D(D m 1 y(t)) = D m 1 y(t) = C m 1 = D m 2 y(t) = C m 1 t + C m 2 =... = y(t) = C 0 + C 1 t + C m 1 t m 1. Also hat (7) die Lösung x(t) = e λt (C 0 + C 1 t + C m 1 t m 1 ). Faÿt man alles zusammen, so erhält man Satz 6.4 Seien λ 1,... λ m die NST des charakteristischen Polynoms von (2) mit den Vielfachheiten k 1,..., k m. Dann erhält man sämliche Lösungen der DGL (2) als LKB von Lösungen der Gestalt e λ 1t, te λ 1t,..., t k 1 1 e λ 1t. (8) e λmt, te λmt,..., t km 1 e λmt Da die Menge dieser Lösungen linear unabhängig ist, ist die Dimension des Lösungsraumes von (2) gleich n. Die Lösungen sind für alle t R deniert (d.h. C (R)). Schwieriger ist der Beweis des folgenden Satzes, den wir im Kapitel Gewöhnliche DGL'n als Spezialfall eines allgemeinen Satzes erhalten werden. Satz 6.5 Jedes zu (2) gehörende AWP ist eindeutig lösbar. Bemerkungen: 1. Die NST des charakteristischen Polynoms können auch komplex sein. Wenn die Koef- zienten aber reell sind, dann taucht mit jeder komplexen NST auch die entsprechende konjugiert-komplexe Zahl als NST auf - und zwar mit gleicher Vielfachheit. Die Linearität des Problems erlaubt es dann, sich auf (eine Basis) reelle(r) Lösungen zu beschränken. Das System (8) nennt man ein Fundamentalsystem von Lösungen (= Basis des Lösungsraumes. Nummeriert man (8) durch: xi 1,..., x n, dann heiÿt die allgemeine Lösung von (2). x(t) = c 1 x 1 (t) +... c n x n (t) Bisher haben wir uns nur mit der homogenen DGL beschäftigt. Für die Lösung der inhomogenen DGL ndet wieder (vgl. Lineare Algebra!) das Superpositionsprinzip Anwendung: Seien y 1, y 2 zwei Lösungen der inhomogenen DGL, dann ist x := y 1 y 2 eine Lösung der homogenen DGL. Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL erhält man aus der Summe aus der allgemeinen Lösung der homogenen DGL und einer speziellen Lösung der inhomogenen DGL. (d.h. sei y 0 eine feste Lösung der inhomogenen DGL. Dann erhält 4

5 man jede andere Lösung der inhomogenen DGL y als y = y 0 + x, wo x eine geeignete Lösung der homogenen DGL ist). Beispiel 1 AWP: ẍ 3ẋ + 2x = 0, x(0) = 1, ẋ(0) = 3. Ansatz x(t) = e λt, charakteristische Gleichung: λ 2 3λ + 2 = (λ 1)(λ 2) = 0. Lösungen λ 1 = 1, λ 2 = 2, Fundamentalsystem: x 1 (t) = e t, x 2 (t) = e 2t. Beide Lösungen sind in der Tat linear unabhängig über R (selbst nachprüfen!) Lösung des AWP: Damit erhält man: x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t, ẋ(t) = c 1 e t + 2c 2 e 2t x(o) = c 1 + c 2 = 1 ẋ(0) = c 1 + 2c 2 = 3 (*) Also als Lösungen: c 1 = 5, c 2 = 4 Man sieht auÿerdem aus (*) sofort, daÿ jedes AWP eindeutig lösbar ist, weil die Determinante der Koezientenmatrix in (*) ungleich Null. Beispiel 2 ẍ 2ẋ + 1 = 0 Charakteristische Gleichung: λ 2 2λ + 1 = 0, doppelte NST: λ 1,2 = 1. Fundamentalsystem von Lösungen: x 1 (t) = e t, x 2 (t) = te t. Beispiel 3 Beispiel für Lösung einer inhomogenen DGL. Man bestimme die allgemeine Lösung von ẍ 3ẋ + 2x = 4t + 1 Auÿerdem löse man das zugehörige AWP mit den AW: x(0) = 7/2, ẋ(0) = 1. Die allgemeine Lösung der hohogenen DGL war nach Beispiel 1: x(t) = c 1 e t + c 2 e 2t. Eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL versucht man durch einen Ansatz zu nden, der nach der rechten Seite modelliert ist (das ist eine sehr grobe Formulierung mit vielen Tücken!). Ansatz: y 0 (t) = at + b, also ẋ = a, ẍ = 0. Einsetzen in DGL: Mithin: 3a + 2(at + b) = 4t + 1 (2a 4)t + (2b 3a 1) = 0 5

6 Koezienten müssen alle Null sein, das liefert: a = 2, b = 7/2, also y 0 (t) = 2t + 7/2. Damit erhält man als allgemeine Lösung: y(t) = c 1 e t + c 2 e 2t + 2t + 7/2 Lösung des AWP: x(0) = c 1 + c 2 + 7/2 = 7/2, ẋ(0) = c 1 + 2c = 1. Daraus folgt: c 1 = 1, c 2 = 1. Andere rechte Seite: f(t) = sin t. Hier führt der Ansatz y 0 (t) = a cos t + b sin t zum Ziel; Sinus bzw. Cosinus allein reichen nicht aus. 6