Dierentialgleichungen 2. Ordnung

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1 Dierentialgleichungen 2. Ordnung haben die allgemeine Form x = F (x, x, t. Wir beschränken uns hier auf zwei Spezialfälle, in denen sich eine Lösung analytisch bestimmen lässt: 1. reduzible Dierentialgleichungen: Lösung durch Reduktion der Ordnung 2. lineare Dierentialgleichungen mit konstanten Koezienten: Erweiterung der Lösungsansätze für lineare Dierentialgleichungen 1. Ordnung dgl2.pdf, Seite 1

2 Reduktion der Ordnung Enthält die DGL zweiter Ordnung x = F (x, x, t nur Ausdrücke, die von t und x, nicht aber von x abhängen (d. h. x = F (x, t, so lässt sich eine Lösung oft mittels der Substitution y = x bestimmen. Es folgt dann y = F (y, t, d. h. man erhält eine DGL 1. Ordnung für y, die mit den vorher vorgestellten Methoden behandelt werden kann. Hat man eine Lösung y gefunden, so erhält man für x die Gleichung x = y, d. h. die Lösung der ursprünglichen Gleichung ist dann eine Stammfunktion von y. dgl2.pdf, Seite 2

3 Beispiel x = 2x t Für y = x erhält man eine homogene lineare DGL 1. Ordung mit nichtkonstantem Koezienten p(t = 2 t y = 2y t = 2 t y 2 y(t = c 1 e t dt = c 1 e 2 ln t = c 1 t 2 mit c 1 R. Die Lösung für x hat dann die Form x(t = y(t dt = 1c 1t 3 + c 2 = c 1 t 3 + c 2 3 mit frei wählbaren Parametern c 1, c 2 R. dgl2.pdf, Seite 3

4 Allgemeine und spezielle Lösung Allgemein gilt: Die allgemeine Lösung einer DGL 2. Ordnung enthält zwei frei wählbare Parameter, deren Wert durch eine Anfangswertbedingung der Form x(t 0 = x 0 und x (t 0 = x 1 festgelegt werden kann. Beispiel Gesucht ist eine spezielle Lösung mit x(1 = 0 und x (1 = 2. Einsetzen liefert 2 = x (1 = 3 c c 1 = 2 3 und 0 = x(1 = c 1 + c 2 c 2 = c 1 = 2 3. Die eindeutige Lösung des AWP x = 2x ist somit x(t = 2 3 t t, x(1 = 0 und x (1 = 2 dgl2.pdf, Seite 4

5 Randwertprobleme Anstelle von Anfangsbedingungen der Form x(t 0 = x 0 und x (t 0 = x 1 können auch Randbedingungen der Form x(t 1 = x 1 und x(t 2 = x 2 (Dirichlet-Randbedingung bzw. x (t 1 = ˆx 1 und x (t 2 = ˆx 2 (Neumann-Randbedingung betrachtet werden, um den Wert der freien Parameter c 1 und festzulegen. c 2 Beispiel Das Randwertproblem x = 2x, x(1 = 0 und x(2 = 1 hat t die eindeutige Lösung x(t = 1 7 t Dabei wurden die Parameter c 1 und c 2 der allgemeinen Lösung der DGL durch Einsetzen der Randbedingung bestimmt. dgl2.pdf, Seite 5

6 Lineare Dierentialgleichungen Eine lineare DGL n-ter Ordnung hat die allgemeine Form x (n (t+p n 1 (t x (n 1 (t+...+p 1 (t x (t+p 0 (t x(t = g(t mit stetigen Funktionen p 0 (t,..., p n 1 (t und g(t. Die Gleichung heiÿt homogen, wenn g(t = 0, ansonsten ist sie inhomogen. Man spricht von einer DGL mit konstanten Koezienten, wenn p 0 (t = p 0,..., p n 1 (t = p n 1 reelle Konstanten sind. Beispiel x (t + x (t sin t 2x (t t x(t = e2t ist eine inhomogene lineare DGL 3. Ordnung mit nichtkonstanten Koezienten. dgl2.pdf, Seite 6

7 Struktur der Lösungsmenge Die allgemeine Lösung einer homogenen linearen DGL x (n (t + p n 1 (t x (n 1 (t p 1 (t x (t + p 0 (t x(t = 0 hat die Form x h (t = c 1 x 1 (t c n x n (t mit freien Parameteren c 1,..., c n R, wobei die Lösungen x 1 (t,..., x n (t ein Fundamentalsystem bilden. Die allgemeine Lösung einer inhomognen DGL x (n (t+p n 1 (t x (n 1 (t+...+p 1 (t x (t+p 0 (t x(t = g(t setzt sich zusammen aus einer speziellen Lösung x s (t und der allgemeinen Lösung x h (t der zugehörigen homogenen DGL, d. h. sie hat die Form x(t = x s (t + x h (t = x s (t + c 1 x 1 (t c n x n (t mit c 1,..., c n R. dgl2.pdf, Seite 7

8 Lineare Dierentialgleichungen 2. Ordnung Wir beschränken uns hier auf den Fall konstanter Koezienten, wobei wir zunächst homogene Gleichungen betrachten: x + px + qx = 0 mit Konstanten p, q R Hier lässt sich die Lösung explizit angeben. Dazu macht man den Ansatz x(t = e λt x (t = λe λt x (t = λ 2 e λt Eingesetzt in die DGL ergibt sich λ 2 e λt + pλe λt + qe λt = (λ 2 + pλ + q e λt = 0, was die charakteristische Gleichung für λ liefert: λ 2 + pλ + q = 0 λ = p 2 ± (p 2 2 q dgl2.pdf, Seite 8

9 Beispiel Für die DGL x + 3x + 2x = 0 ergibt der Lösungsansatz x(t = e λt x (t = λ e λt x (t = λ 2 e λt eingesetzt: 0 = λ 2 e λt + 3λ e λt + 2e λt = (λ 2 + 3λ + 2 e λt. Da der Ausdruck e λt nie Null werden kann, muss λ die charakteristische Gleichung ( λ 2 + 3λ + 2 = 0 λ = 3 ± = 3 ± λ = 2 oder λ = 1 erfüllen, damit die DGL gelöst ist. Man erhält somit zwei Lösungen x 1 (t = e 2t und x 2 (t = e t. Aufgrund der Linearität ist die allgemeine Lösung dann x(t = c 1 e 2t + c 2 e t mit freien Parametern c 1, c 2 R. dgl2.pdf, Seite 9

10 Lösungen allgemein Ist der Ausdruck unter der Wurzel ( p 2 2 q > 0, so hat die charakteristische Gleichung zwei Lösungen λ 1, λ 2 R, die jeweils eine Lösung der DGL liefern: x 1 (t = e λ 1t und x 2 (t = e λ 2t Aufgrund der Linearität der DGL sind auch skalare Vielfache der Form c 1 e λ 1t und c 2 e λ 2t sowie die Summe von zwei Lösungen wieder Lösungen. Die allgemeine Lösung lautet daher x(t = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t mit Parametern c 1, c 2 R, d. h. die Lösungen x 1 (t = e λ 1t und x 2 (t = e λ 2t bilden ein Fundamentalsystem. dgl2.pdf, Seite 10

11 Beispiel x = 4x x 4x = 0 hat die charakteristische Gleichung λ 2 4 = 0 mit den Lösungen λ 1 = 2 und λ 2 = 2. Die allgemeine Lösung der DGL lautet somit x(t = c 1 e 2t + c 2 e 2t Die Koezienten c 1 und c 2 können durch eine Anfangsbedingung der Form x(t 0 = x 0 und x (t 0 = x 1 festgelegt werden. Die spezielle Lösung x mit x(0 = 1 und x (0 = 0 berechnet sich z. B. durch c 1 + c 2 = 1 und 2c 1 + 2c 2 = 0 c 1 = c 2 = 1 2, also x(t = 1 2 e 2t e2t dgl2.pdf, Seite 11

12 Erweiterung des Lösungsansatzes Für den Fall, dass die charakteristische Gleichung keine zwei (reellen Lösungen λ 1 λ 2 hat, muss der Lösungsansatz modiziert werden. Fall ( p 2 2 q = 0 In diesem Fall hat die charakteristische Gleichung nur eine Lösung λ = p 2. Damit liefert der vorgestellte Lösungsansatz nur eine Lösung der DGL der Form x 1 (t = e λt. Man kann zeigen, dass eine weitere Lösung durch x 2 (t = t e λt gegeben ist. Die allgemeine Lösung der DGL x + px + qx = 0 lautet dann x(t = c 1 x 1 (t+c 2 x 2 (t = (c 1 + c 2 t e λt mit c 1, c 2 R beliebig dgl2.pdf, Seite 12

13 Beispiel x + 2x + x = 0 Die charakteristische Gleichung λ 2 + 2λ + 1 = 0 λ = 1 ± 1 1 = 1 hat λ = 1 als einzige Lösung. Die allgemeine Lösung der DGL ist damit x(t = (c 1 + c 2 t e t mit c 1, c 2 R Betrachtet man dazu die Anfangsbedingung x(0 = x (0 = 1, so folgt durch Einsetzen 1 = x(0 = c 1 e 0 c 1 = 1 und x (t = c 2 e t (c 1 + c 2 t e t 1 = x (0 = c 2 c 1 c 2 = 1 + c 1 = 2. (mit Poduktregel Somit ist x(t = (1 + 2t e t (eindeutige Lösung des betrachteten AWP. dgl2.pdf, Seite 13

14 Lineare DGL x + px + qx = 0 mit ( p 2 2 q < 0 In diesem Fall hat die charaktristische Gleichung λ 2 + pλ + q = 0 keine reelle Lösung. Die Lösungen der charakteristischen Gleichung sind dann komplexe Zahlen. Mit r = p 2 und ω = q p2 4 erhält man (nach etwas Rechnung als allgemeine (reelle Lösung der DGL ( x(t = e rt c 1 cos ωt + c 2 sin ωt mit c 1, c 2 R. dgl2.pdf, Seite 14

15 Beispiel x + 2x + 5x = 0 Mit p = 2 und q = 5 lautet die charakteristische Gleichung λ 2 + 2λ + 5 = 0 λ = 1 ± 1 5 = 1 ± 4 Der Ausdruck unter der Wurzel ist negativ, also gibt es keine reelle Lösung. Man bestimmt nun r = p ( p q 2 = 1 und ω = 2 = +4 = 2 2 und erhält damit die allgemeine Lösung der DGL x(t = e (c t 1 cos 2t + c 2 sin 2t mit c 1, c 2 R. dgl2.pdf, Seite 15

16 Lösung eines AWP Ist beispielsweise die Anfangsbedingung x(0 = 1 und x (0 = 1 gegeben, so erhält man mit x (t = e ((2c t 2 c 1 cos 2t (2c 1 + c 2 sin 2t durch Einsetzen x (0 = 2c 2 c 1 1 = x(0 = c 1 und 1 = x (0 = 2c 2 c 1 also x(t = e t cos 2t. c 1 = 1 und c 2 = 1 2 ( 1 + c 1 = 0, dgl2.pdf, Seite 16

17 Zusammenfassung Zur Lösung der homogenen DGL x + px + q = 0 stellt man zunächst die charakteristische Gleichung λ 2 + pλ + q = 0 auf mit der Lösung λ = p 2 ± ( p 2 2 q. Dann sind 3 Fälle zu unterscheiden, für die es jeweils eine Lösungsformel für die DGL gibt: (1 ( p 2 2 q > 0: Dann hat die charakteristische Gleichung zwei Lösungen λ 1 und λ 2 und es ist x(t = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t mit c 1, c 2 R. (2 ( p 2 2 q = 0: Dann hat die charakteristische Gleichung eine Lösung λ 1 = p und es ist 2 x(t = c 1 e λ1t + c 2 t e λ1t mit c 1, c 2 R. (3 ( p 2 2 q < 0: Dann hat die charakteristische Gleichung keine (reelle Lösung. Mit r = p und ω = q ( p ist dann die Lösung der DGL x(t = c 1 e rt cos(ωt + c 2 e rt sin(ωt mit c 1, c 2 R. dgl2.pdf, Seite 17

18 Bemerkung Die vorgestellte Lösungsmethode kann auf lineare Dierentialgleichungen höherer Ordnung der Form x (n + p n 1 x (n p 2 x + p 1 x + p 0 x = 0 verallgemeinert werden. Reelle Lösungen der charakteristischen Gleichung λ n + p n 1 λ n p 1 λ + p 0 = 0 liefern dann einen Anteil c e λt an der allgemeinen Lösung der DGL, komplexe Nullstellen Anteile e rt (c 1 cos ωt + c 2 sin ωt. Auf ähnliche Weise lässt sich auch die allgemeine Lösung eines Systems von gekoppelten linearen Dierentialgleichungen bestimmen. dgl2.pdf, Seite 18

19 Inhomogene DGL x + px + qx = g(t Wie im Fall einer inhomogenen linearen DGL 1. Ordnung setzt sich die allgemeine Lösung x(t = x s (t + x h (t zusammen aus einer speziellen Lösung x s und der allgemeinen Lösung x h der entsprechenden homogenen DGL x + px + qx = 0. Eine spezielle Lösung x s (t erhält man in vielen Fällen durch einen Ähnlichkeitsansatz: Ist g(t ein Polynom nten Grades, so gibt es eine Lösung x s (t, die ebenfalls ein Polynom nten Grades ist. Ist g(t = ae bt und ist b keine Lösung der charakteristischen Gleichung λ 2 + pλ + q = 0, so gibt es eine Lösung der Form x s (t = c e bt. Ist g(t = a cos µt + b sin µt, so gibt es eine Lösung der Form x s (t = c 1 cos µt + c 2 sin µt. dgl2.pdf, Seite 19

20 Beispiel x + 2x + 5x = 3 Hier ist die rechte Seite eine Konstante, also ein Polynom mit Grad 0. Somit hat die DGL eine konstante Lösung der Form x s (t = α x s(t = x s (t = 0. Einsetzen der Ansatzfunktion in die DGL ergibt α = 3 α = 3 5 = 0, 6 Die zugehörige homogege DGL x + 2x + 5x = 0 hat die allgemeine Lösung ( x h (t = e t c 1 cos 2t + c 2 sin 2t mit c 1, c 2 R (siehe früheres Beispiel. Die allgemeine Lösung der inhomogenen DGL ist somit ( x(t = x s (t + x h (t = 3 + e t c 1 cos 2t + c 2 sin 2t 5 mit c 1, c 2 R dgl2.pdf, Seite 20

21 Beispiel x + 2x + 5x = 2t Mit dem Ansatz x s (t = αt 2 + βt + γ ist x s(t = 2αt + β und x s (t = 2α. Eingesetzt in die DGL ergibt sich 2α + 2 (2αt + β + 5 (αt 2 + βt + γ = 2t αt 2 + (4α + 5βt + 2α + 2β + 5γ = 2t Es folgt α = 2 5, 4α + 5β = 0 β = 4 5 α = 8 25 und 2α + 2β + 5γ = 1 γ = 1 21 (1 2α 2β =, also ist x s (t = 2 5 t t Die allgemeine Lösung x(t = x s (t + x h (t mit x h (t aus dem letzten Beispiel ist dann ( x(t = 2t 2 8 t e t c 1 cos 2t + c 2 sin 2t dgl2.pdf, Seite 21

22 Beispiel x + 2x + 5x = sin t Mit dem Ansatz x s (t = α cos t + β sin t ist x s(t = β cos t α sin t und x s (t = α cos t β sin t. Eingesetzt ergibt sich α cos t β sin t+2(β cos t α sin t+5(α cos t+β sin t = sin t ( α + 2β + 5α cos t + ( β 2α + 5β sin t = sin t Es folgt { α + 2β + 5α = 4α + 2β = 0 β 2α + 5β = 4β 2α = 1 { α = 0, 1 β = 0, 2 Die allgemeine Lösung der DGL ist damit ( x(t = 1 cos t + 1 sin t + e t c 1 cos 2t + c 2 sin 2t 10 5 dgl2.pdf, Seite 22

23 Verschiedene Lösungen x(t = 1 10 cos t sin t + e t der DGL x + 2x + 5x = sin t ( c 1 cos 2t + c 2 sin 2t dgl2.pdf, Seite 23

24 Anfangswertproblem im Beispiel Sind z. B. Anfangswerte x(0 = 1 und x (0 = 1 gegeben, so folgt durch Einsetzen in die Lösung Mit x (t = 1 10 sin t+ 1 5 erhält man weiter 1 = x(0 = c 1 c 1 = 1, 1 ( cos t+e t (2c 2 c 1 cos 2t (2c 1 +c 2 sin 2t 1 = x (0 = c 2 c 1 = 2c 2 0, 9 c 2 = 0, 05 Die (eindeutige Lösung des AWP lautet also ( x(t = 0, 1 cos t + 0, 2 sin t + e t 1, 1 cos 2t 0, 05 sin 2t dgl2.pdf, Seite 24

25 Beispiel x + 2x + 5x = 2t sin t Hier entspricht die Vorgehensweise derjenigen bei einer entsprechenden DGL 1. Ordnung: Hat die rechte Seite die Form g 1 (t + g 2 (t, so hat die allgemeine Lösung die Form x(t = x h (t + x 1 (t + x 2 (t, wobei x h (t Lösung der homogenen DGL und x 1 (t bzw. x 2 (t jeweils eine spezielle Lösung für die rechte Seite g 1 (t bzw. g 2 (t ist. Im Beispiel ist x 1 (t = 2t 2 8 t + 21 eine spezielle Lösung zu g 1 (t = 2t 2 1 und x 2 (t = 1 cos t + 1 sin t eine spezielle 10 5 Lösung zu g 2 (t = sin t (siehe vorherige Beispiele. Es folgt ( (mit x h (t aus den vorherigen Beispielen x(t = e t c 1 cos 2t + c 2 sin 2t + 2t 2 8 t cos t sin t. dgl2.pdf, Seite 25

26 Bemerkung: Lineare Dierentialgleichungssysteme mit der Substitution y = x kann eine lineare DGL 2. Ordnung der Form x + px + qx = 0 in ein System von Dierentialgleichungen 1. Ordnung umgeformt werden: { x = y y = py qx ( x y = ( 0 1 q p Eine Verallgemeinerung sind Systeme der Form ( ( ( { x a b x x = ax + by = y c d y y = cx + dy mit einer beliebigen 2 2Matrix A = ( a b. c d ( x y Die allgemeine Lösung setzt sich aus Ausdrücken der Form c e λ i t bzw. e rt (c 1 cos ωt + c 2 sin ωt zusammen, wobei sich die λ i bzw. r und ω aus der charakteristischen Gleichung ergeben. det(a λi 2 = λ 2 (a + dλ + ad bc = 0 dgl2.pdf, Seite 26

27 Systeme von gewöhnlichen Dierentialgleichungen haben die Form x 1 (t = f 1. ( x 1 (t, x 2 (t,..., x n (t, t x n(t = f n (x 1 (t, x 2 (t,..., x n (t, t oder kürzer in vektorieller Schreibweise. x (t = f (x(t, t, mit f : R n R R n, wobei die Lösung x : I R n auf einem Intervall I R deniert sein soll. dgl2.pdf, Seite 27

28 Beispiel Die LotkaVolterraGleichung { x 1 (t = (α βx 2 (t x 2 (t = (δx 1 (t γ x 1 (t x 2 (t mit Parametern α, β, γ, δ > 0 beschreibt die Wechselwirkung zwischen der Populationsgröÿe (als Funktion der Zeit t zweier Tierarten (Räuber x 2 und Beutetiere x 1. ( αx Dabei ist f (x 1, x 2, t = 1 βx 1 x 2. δx 1 x 2 γx 2 f hängt nicht explizit von t ab. Dies besagt, dass die LotkaVolterraGleichung autonom ist. dgl2.pdf, Seite 28

29 Lösungskurven der Lotka-Volterra-DGL in der x, yebene dgl2.pdf, Seite 29

30 Bemerkungen und Eigenschaften Treten Ableitungen höherer Ordnung auf, so kann das System durch Einführen neuer Variablen in ein System von Dierentialgleichungen 1. Ordnung umgeformt werden. Der Satz von PicardLindelöf gewährleistet für Dierentialgleichungssysteme unter allgemeinen Bedingungen die Existenz einer auf einem Intervall um t 0 denierten eindeutigen Lösung, wenn eine Anfangsbedingung der Form x(t 0 = x 0 R n vorgegeben ist. Ein explizite Lösung kann nur in einigen Spezialfällen wie z. B. lineare Systeme bestimmt werden. Ansonsten ist man auf numerische Lösungen angewiesen. dgl2.pdf, Seite 30

31 Numerik gewöhnlicher Dierentialgleichungen Ein möglicher Ansatz ist, bei der Berechnung einer Näherungslösung der DGL x (t = f (x(t, t mit x(t R n eine lineare Approximation zu betrachten: x(t + h x(t + h x (t = x(t + h f (x(t, t Dieser Ansatz ergibt das explizite Eulerverfahren: Man wählt eine Schrittweite h > 0 und berechnet rekursiv eine Näherungslösung ˆx an den Stützstellen t k = t 0 + k h ausgehend vom vorgegebenen Anfangswert ˆx(t 0 = x(t 0 = x 0 durch ˆx(t k+1 = ˆx(t k + h = ˆx(t k + h f (ˆx(t k, t k Im Fall eines DGLSystems ist dies eine Vektorgleichung, die komponetenweise zu interpretieren ist. dgl2.pdf, Seite 31

32 Beispiel 1 Für eine Lösung der DGL x = 2x t gilt x(t + h x(t + h x (t = x(t + h (2x(t t. Mit der Schrittweite h = 0, 1 und t 0 = 0 t k = k 10 erhält man für eine Näherungslösung ˆx mit x k = ˆx(t k die Rekursionsformel x k+1 = x k (2x k k 10 = 1, 2 xk k Dabei handelt es sich um eine nichtautonome lineare Rekursion 1. Ordnung, welche der Struktur der Dierentialgleichung entspricht. 100 dgl2.pdf, Seite 32

33 Beispiel 2 ( x Zur LotkaVolterraGleichung = (1 y x y kann eine = (x 1 y ( ( ˆxk x(tk Näherungslösung durch die Rekursion ŷ k y(t k berechnet werden. ( ( ( ˆxk+1 ˆxk (1 ŷk ˆx = + h k ŷ k+1 ŷ k (ˆx k 1 ŷ k Weitere Lösungsverfahren Eine Modikation ist das implizite Eulerverfahren: ˆx(t k+1 = ˆx(t k + h = ˆx(t k + h f (ˆx(t k+1, t k+1. RungeKuttaVerfahren beruhen auf dem Ansatz, für x(t k + h eine TaylorEntwicklung anstelle einer linearen Approximation zu betrachten. dgl2.pdf, Seite 33