Differentialgleichungen

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1 Differentialgleichungen Heinz Ungricht ungr. März 4 Inhaltsverzeichnis Differentialgleichungen. Einführende Beispiele Lineare Differentialgleichungen ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten Separierbare Differentialgleichungen erster Ordnung Lineare separierbare Dgl erster Ordnung Weitere Verallgemeinerung für separierbare Dgl erster Ordnung Geometrische Aspekte Anwendungen aus der Regelungstechnik Differentialgleichungen zweiter Ordnung Einführende Beispiele; Anfangs- und Randwertprobleme Homogene lineare Dgl ter Ordnung Lineare Dgl ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten Variation der Konstanten für eine Dgl ter Ordnung Phasenporträt: Vektorfeld Trajektorien für ein System von Differentialgleichungen Systeme von Differentialgleichungen

2 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN Differentialgleichungen Kurze Einführung in die Theorie der Differentialgleichungen y = dy dx = d.h. y = yx ist eine gewöhnliche Differentialgleichung Dgl ter Ordnung die höchste vorkommende Ableitung bestimmt die Ordnung der Dgl x = unabhängige Variable und y = abhängige Variable. Bezeichnung: ode = ordinary differential equation, siehe auch MATLAB - Funktionen ode3..., bzw. ode45... Bestimmung der Lösungen durch Integration beider Seiten: y x dx = dx = yx = x + c, c R, c = konstant d.h. wir haben viele Lösungen, c ist ein freier Parameter, ein sogenannter Scharparameter. Wir haben eine Schar von Lösungen Die allgemeine Lösung einer Dgl ter Ordnung hat einen freien Parameter. Dieser Parameter kann festgelegt werden, falls eine Abfangsbedingung AB gegeben ist, d.h. y = AB: y = y Eine Dgl zusammen mit einer AB definiert uns ein sogenanntes Anfangswertproblem AWP. In diesem Beispiel heisst das nun: yx = x + y Wir greifen eine spezielle Lösungskurve aus der Schar der Lösungen heraus. Lösung einer Differentialgleichung durch Integration Wie wir an diesem Beispiel sehen, werden wir die Ableitung durch Integration los. Diese Tatsache erlaubt, eine erste Methode zur Lösung einer Dgl, anzugeben. Sei das folgende AWP gegeben: y = fx, y y = y daraus folgt: und damit x y σ dσ = yx y = yx = y + x x fσ, y dσ fσ, y dσ Aus der Dgl haben wir eine Integralgleichung erhalten. Die Lösung von kann iterativ erfolgen, abgesehen von Konvergenzproblemen. Das Integral in kann in den wenigsten Fällen durch elementare Funktionen angegeben werden, vgl. Kapitel über Numerische Integration und Numerische Lösung von gewöhnlichen Dgl.

3 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 3 Lösung der Integralgleichung durch Iteration y x = y = y Startwert y x = y + y x = y + y 3 x = y +... =... y k+ x = y + x x x x fσ, y dσ fσ, y dσ fσ, y dσ fσ, y k dσ Wunsch/Hoffnung: Die y k konvergieren gegen die gesuchte Lösung yx, d.h. Zurück zum Beispiel: lim k yk x yx = für alle x Iteration mit Hilfe der Integralgleichung: y = y = y y x = y = y Startwert y x = y + y x = y + x x dσ = y + x dσ = y + x = y x da f in diesem Beispiel nicht von y abhängig ist. Wir haben nach der ersten Iteration bereits die exakte Lösung erhalten. Beispiel. 9 y = x y y = y. Iteration mit Hilfe der Integralgleichung: y x = y = y Startwert y x = y + y x = y + y 3 x = y + x x x σy dσ = y + y x σy + σ x dσ = y + y +! σy dσ = y + x + x 4! 4 + 3! x 6 8 x 4 4

4 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 4 Allgemein gilt: y 4 x = y + x + x 4! 4 + x 6 3! 8 + 4!...und so weiter x 8 6 y n = y n k= k! xk k n =,,,... In der Summe von steht das Taylorpolynom n ten Grades der Funktion e x. Dieses Beispiel wird nochmals in anderem Zusammenhang betrachtet, cf. Abschnitt.3. Für weitere Beispiele, cf. Anhang Bemerkung. Sei u = ux, t eine Funktion, die sowohl vom Ort x, als auch von der Zeit t abhängt. Dann handelt es sich bei u x = λ u t um eine partielle Dgl, da wir partielle Ableitungen u x und u t von u in einer Gleichung haben. Bezeichnung: pde = partial differential equation Bemerkung. Hier werden nur gewöhnliche Differentialgleichungen betrachtet. Lineare Differentielgleichungen mit konstanten Koeffizienten spielen eine grosse Rolle, daher kommen in diesem Zusammenhang die Methoden der linearen Algebra zum Zug. Da eine Differentialgleichung meistens mit reellen Koeffizienten gegeben sind, werden die Lösungen, falls möglich, in reeller Form angegeben, cf. Beispiel.5.. Einführende Beispiele Beispiel. Lineare Dgl erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten y = Geometrische Interpretation y = Steigung einer Tangente Diese Interpretation liefert uns ein Richtungsfeld RF mit lauter kleinen Tangentenstücken. Realisierung mit dem Taschenrechner TR Mode - Graph - Diff Equations y = Dgl eingeben Graph, das RF wird gezeichnet Bilder!! Einfügen: RF, ohne und mit einer Lösung jede Lösung muss in jedem Punkt tangential an ein Tangentenstück des RF sein

5 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 5 Lösungen. yx = x + c, c R, ein freier Parameter Beispiel.3 Lineare Dgl erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten 3 y = y Mit dem TR: y = y Bilder!! Einfügen: RF, ohne und mit einer Lösung jede Lösung muss in jedem Punkt tangential an ein Tangentenstück des RF sein Lösungen.3 4 yx = c e x, c R, ein freier Parameter Beispiel.4 Lineare Dgl erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten, a : 5 a ẋ + x = x = xt, t =unabhängige, x =abhängige Variable Bilder!! Einfügen: RF, ohne und mit einer Lösung jede Lösung muss in jedem Punkt tangential an ein Tangentenstück des RF sein Lösungen.4 6 xt = c e a t, c R, ein freier Parameter Beispiel.5 Lineare Dgl zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten 7 ẍ + x = Aus ẍ = x erhalten wir mit den Ableitungsregeln folgende Paare von Lösungen Lösungen.5 cos t sin t oder Beide Paare sind äquivalent Identität von Euler, da cos t = eit +e it bzw. sin t = eit e it i e it e it e it = cos t + i sin t e it = cos t i sin t

6 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 6 Da die gegebene Dgl 7 linear ist, erhalten wir alle Lösungen durch eine Linearkombination LK der beiden Funktionen eines gewählten Paares: 8 xt = a cos t + b sin t, a, b R, zwei freie Parameter bzw. 9 xt = c e it + c e it, c, c C. zwei freie Parameter Damit wir in dieser Situation wie in den Beispielen. -.4 vorgehen können, muss die Dgl 7 als System von Dgl ter Ordnung geschrieben werden. Dgl ter Ordnung als System von Dgl ter Ordnung Substituion Damit erhalten wir z = x z = ẋ ż = ẋ = z ż = ẍ = z mit Hilfe der gegebenen Dgl 7 und damit in Matrixschreibweise 3 ż = Az z = z z ż = ż ż A = Az ist eine lineare Abbildung in der Phasenebene x, ẋ. Der TR kann RF für Systeme nicht mehr darstellen, d.h. jetzt kommen z.b. MATLAB und/oder maple zum Einsatz. Bilder!! Einfügen: RF, ohne und mit einer Lösung jede Lösung muss in jedem Punkt tangential an ein Tangentenstück des RF sein Beispiel.6 Differentialgleichung des Harmonischen Oszillators 4 ẍ + ω x = ω = Kreisfrequenz 5 xt = a cos ωt + b sin ωt, a, b R, zwei freie Parameter Mit Hilfe der Trigonometrie kann die Lösung 5 in der Form xt = A cos ωt φ A = a + b φ = arctan b a geschrieben werden. Das Vorzeichen bei der Phase φ ist nur aus kosmetischen Gründen so gewählt. Quadrantenregel für die Bestimmung von φ. A ist hier die Amplitude der Harmonischen Schwingung.

7 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 7 Beispiel.7 LC Schaltkreis ohne Widerstand R, Bild einfügen Gegeben ist ein Schaltkreis mit den beiden linearen Bauteilen L = Spule, C =Kondensator, L und C sind konstant. Herleitung der Dgl für die Spannung u C = u C t über dem Kondensator C. Die Spannungen und der Strom sind von der Zeit t abhängig. Maschenregel: u L + u C =, u L = L di dt, C u C = i, C ü C = di dt und damit LC ü C + u C = = ü C + ω u C = ω := LC womit wir wieder eine Dgl vom Typ 4 haben. Da die Bauteile linear sind, ist auch die hergeleitete Dgl linear. Die allgemeine Lösung ist von der Form: Beispiel.8 LC Schaltkreis mit Widerstand R, Bild einfügen u C t = a cos ωt + b sin ωt, a, b R ω = LC Gegeben ist ein Schaltkreis mit den drei linearen Bauteilen L = Spule, C =Kondensator, R =Ohm scher Widerstand, L, C und R sind konstant. Herleitung der Dgl für die Spannung u C = u C t über dem Kondensator C. Die Spannungen und der Strom sind von der Zeit t abhängig. Maschenregel: u R + u L + u C =, u L = L di dt, i = C u C, u R = R i und damit und schliesslich R C u C + LC ü C + u C = 6 ü C + δ u C + ω u C = δ := R L ω := LC 6 ist die Dgl eines gedämpften Harmonischen Oszillators. Die Dämpfung, bzw. die Reibung steckt im Term δ u C, die Lösungen beschreiben nun gedämpfte harmonische Schwingungen und sind jetzt bedeutend schwieriger zu bestimmen, s.u. Da die Bauteile linear sind, ist die hergeleitete Dgl auch hier linear, was die Bestimmung der analytischen Lösung überhaupt ermöglicht.

8 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 8. Lineare Differentialgleichungen ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten Wir betrachten Dgl vom Typ 7 y + a y = gx Dabei ist gx eine Anregung. Es wird auch von einer Störung gesprochen, je nach Sichtweise. Falls gx in 7, spricht man von einer homogenen Dgl, falls gx heisst die Dgl 7 inhomogen. Die allgemeine Lösung von 7 ist eine LK der allgemeinen Lösung der homogenen Dgl und einer partikulären Lösung der inhomogenen Dgl, d.h. 8 y a x = y h x + y p x 9 y h x: allgemeine Lösung der homogenen Dgl: y + a y =, also y h + a y h = 3 y p x: eine Lösung der inhomogenen Dgl: y + a y = gx, also y p + a y p = gx Erster Schritt Bestimmung von y h x: y h x = c e ax, c R. Zweiter Schritt: Variation der Konstanten Bestimmung von y p x mit dem Ansatz: y p x = cx e ax einsetzen liefert: also und damit c x e ax + cx a e ax + a cx e ax! = gx }} = c x e ax = gx = c x = e ax gx cx = e ax gx dx ohne Integrationskonstante, da nur eine partikuläre Lösung gebraucht wird. LK der beiden Lösungen 3 y a x = c e ax + e ax gx dx e ax, c R. Beispiel.9

9 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 9 y = 4y x = y 4y = x y h x = c e 4x, c R. und damit mit partieller Integration c x = x e 4x = cx = also y p x = x y p x := cx e 4x x x e 4x dx = e 4x und schliesslich Beispiel. x y a x = c e 4x + 4 +, c R. 6 Lösungen: y + y = sin x y a x = c e x + 5 cos x + 5 sin x, c R. Bemerkung.3 Beispiele von diesem Typ können mit der Tabelle Papula p3 etwas gelöst werden. In dieser Tabelle sind die zu verwenden Ansätze für y p x für verschiedenste Anregungen gx aufgeführt. Alle diese Ansätze wurden mit Hilfe der Variation der Konstanten bestimmt. Für das Beispiel.9 gx = x = y p x = a x + a Bestimmung von a und a durch einsetzen von y p x in der gegebenen Dgl und anschliessend Koeffizientenvergleich nach Potenzen in x Für das Beispiel. Bestimmung von a und b durch gx = sin x = y p x = a cos x + b sin x einsetzen von y p x in der gegebenen Dgl und anschliessend Koeffizientenvergleich nach cos x und sin x.3 Separierbare Differentialgleichungen erster Ordnung Betrachten wir dazu als erstes Beispiel 3 y + x y = x Diese Dgl ist linear, inhomogen, hat aber nicht-konstante Koeffizienten! D.h. die oben angebene Tabelle darf nicht verwendet werden! Da 3 linear ist, setzt sich auch hier die allgemeine Lösung als LK von y h x und y p x zusammen 33 y a x = y h x + y p x

10 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN Erster Schritt, Separation der Variablen Bestimmung von y h x: i Separation der Variablen ii Integration y = dy dy = x y = dx y = xdx Die linke Seite hängt nur von y und die rechte Seite hängt nur von x ab, die Variablen sind nun getrennt. Integration beider Seiten links über y und rechts über x: dy y = xdx Damit erhalten wir und allgemein ln y = x x + c = y = e + c = k e x k := e c > 34 y h x = c e x, c R. also y + x y = = y h x = c e x, c R. Zweiter Schritt: Variation der Konstanten Bestimmung von y p x: womit wir erhalten, und mit partieller Integration Ansatz: y p x := cx e x c x = x e x cx = e x = y p x = schliesslich y a x = c e x +, c R..3. Lineare separierbare Dgl erster Ordnung Wir betrachten Dgl vom Typ 35 y + fx y = gx mit der allgemeinen Lösung 36 y a x = y h x + y p x Das Vorgehen ist wie oben und gliedert sich in die beiden Schritte

11 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN Erster Schritt, Separation der Variablen Bestimmung von y h x: dy + fx y = dx = dy = fxdx y = ln y = und damit y h x = c e fx dx, c R. fx dx + c Zweiter Schritt: Variation der Konstanten mit der Ableitung Ansatz: y p x := cx e fx dx y px = c x e fx dx + cx e fx dx fx eingesetzt in 35 c x e fx dx = gx = c x = e fx dx gx = cx = e fx dx gx dx also y p x = e fx dx gx dx } } =cx und damit haben wir beide Summanden von 36 bestimmt. Bemerkung.4 e fx dx Diese Formeln sind nicht auswendig zu lernen, hier wurde lediglich das allgemeine Prozedere vorgestellt. In jeder konkreten Situation sind die entsprechenden Integrale zu bestimmen. Beispiel. Gesucht ist die allgemeine Lösung y a x von Bestimmung von y h x x y + y = x cos x x dy y = dx x = ln y = ln x + c = y h x = c x, c R. Bestimmung von y p x y p x := cx x y px = c x x + cx x einsetzen in die gegebene Dgl: c x = x cos x cx = x cos x dx = x sin x + cos x ohne Integrationskonstante, da nur eine partielle Lösung gesucht ist also cos x y p x = sin x + x partielle Integration

12 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN LK von y h x und y p x Beispiel. y a x = c cos x + sin x +, c R. x x Gesucht ist die allgemeine Lösung y a x von Bestimmung von y h x y tan x = sin x dy y = tan xdx = ln y = ln cos x + c = y hx = c cos x, c R. Bestimmung von y p x y p x := cx einsetzen in die gegebene Dgl cos x y px = c x cos x + cx sin x cos x c x = sin x cos x = sin x = cx = cos x also y p x = cos x cos x = cos x + cos x LK von y h x und y p x Beispiel.3 y a x = c cos x + cos x + cos x, c R. Gesucht ist die spezielle Lösung yx mit der AB y =. x + 3 y + xy = 4x x + 7 Division der gegebenen Dgl mit x + 3 damit wir eine Dgl vom Typ 35 erhalten: Bestimmung von y h x y + x x + 3 y = 4x x + 7 x + 3 dy y = x x + 3 dx = ln y = ln x c = y h x = c x + 3, c R.

13 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 3 Bestimmung von y p x y p x := cx einsetzen in die gegebene Dgl x + 3 y px = c x x x + cx + 3 x + 3 c x = 4x x + 7 = cx = 8x 3 6x + 7x also y p x = 8x 3 6x + 7x x + 3 LK von y h x und y p x y a x = c Bestimmung von c mit Hilfe der AB: x x 3 6x + 7x x + 3, c R. y = = c 3 = c = 3 und schliesslich die spezielle Lösung Beispiel.4 Das AWP mit der Gleichung 9 vom Anfang yx = 8x 3 6x + 7x + 3 y = x y y = y. x + 3 funktioniert genauso. Hier ist es noch etwas einfacher, da gx, d.h. wir haben bloss y h x zu bestimmen: dy y = xdx x = ln y = C + = y = e C e x = y h x = C e x, C R. Berücksichtigung der AB liefert schliesslich yx = y e x cf...3. Weitere Verallgemeinerung für separierbare Dgl erster Ordnung Die Methode der Separation funktioniert auch für nicht -lineare Dgl. Betrachten wir das folgende AWP: 37 y = xy AB: y = y dy y = xdx = y = x c = y h x = x + c, c R Bestimmung von c mit Hilfe der AB: y = y = c = c = y

14 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 4 also yx = x + y Ein weiteres Beispiel Dgl ter Ordnung, nicht linear, homogen: Diese Dgl ist separierbar ydy = xdx = und damit die Lösungen in expliziter Form y y + x = y = x + c = x + y = c, c. y h x = ± c x Dy h = c x } c parametrige Schar von Lösungen: die Lösungskurven sind konzentrische Kreise mit Mittelpunkt M, und Radius r = c Bemerkung.5 Bisher haben wir gesehen, dass zu jeder Dgl ter Ordnung eine parametrige Schar von Lösungen gehört. Umgekehrt kann zu jeder parametrigen Schar von Lösungen die zugehörige Dgl angegeben werden. In obigem Beispiel ist unsere parametrige Schar von Lösungen x + y = c. Damit wir eine Dgl ter Ordnung erhalten, müssen wir einmal nach x ableiten: x + y y =, Kettenregel, da y = yx und damit haben wir die gegebene Dgl y y + x =. Allgemeine Situation Wir haben hier eine Differentialgleichung vom Typ y = fx, y = f x f y, die mit der Methode der Separation gelöst werden kann, nämlich dy f y = f dy x dx = f y = f x dx.3.3 Geometrische Aspekte y = fx, y y = Steigung einer Tangente Für die weitere Beschreibung ist der Begriff der Isokline sehr nützlich. Definition. Isokline Eine Isokline ist eine Kurve für die die Ableitung y = k R konstant ist, also y = k = fx, y, wobei k = fx, y die Kurvengleichung der Isoklinen ist. Beispiel.5 Bild mit Richtungsfeld y = y Hier sind die Isoklinen Parallele zur x Achse, denn k = y.

15 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 5 Beispiel.6 Bild mit RF y = x y Hier sind die Isoklinen Ursprungsgeraden mit der Steigung k, denn k = x y und somit y = x k, k. Beispiel.7 Bild mit RF yy = Hier sind die Isoklinen Parallele zur x Achse, da yk = = y = k, k. Trajektorien und Orthogonaltrajektorien Beispiel.8 Punktladung in der Ebene Bild mit beiden Kurvenscharen Punktladung eines Punktes P in der Ebene Feldlinien = Trajektorien sind Ursprungsgeraden durch P Äquipotentiallinien = Orthogonaltrajektorien sind konzentrische Kreise mit Mittelpunkt P Ursprungsgeraden: y = cx ist eine parametrige Kurvenschar. Die zugehörige Dgl erhalten wir wie folgt: y = c mit c = y x erhalten wir y = y x die Feldlinien. Dgl der Orthogonaltrajektorien: y = x y, da y = y } x } Steigung y = x = y }} Steigung und damit die Dgl für Zwei Geraden schneiden sich genau dann orthogonal, falls das Produkt ihrer Steigungen m m =. Zu lösen ist also y = x = ydy = xdx = y y = x + C und damit Beispiel.9 Gegeben ist die Dgl x + y = C, C >. konzentrische Kreise, M,, r = C y = y Trajektorien und Orthogonaltrajektorien, graphische Darstellung beider Kurvenscharen. Dgl der Orthogonaltrajektorien ist y = y = ydy = dx = y = x + C = y = x + C, C R. Die Kurvenschar der Orthogonaltrajektorien besteht aus nach links geöffneten Parabeln. In expliziter Form lautet die Kurvenschar y. = f. x = ± C x Dy. =, C].

16 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN Anwendungen aus der Regelungstechnik Dazu betrachten wir Dgl vom Typ 38 a ẋ + x = b gt Dabei ist x = xt, t =Zeit. a = dynamische Kenngrösse und b =statische Kenngrösse. xt =output und gt =input des Systems. 38 ist linear mit konstanten Koeffizienten, i.allg. inhomogen. Die Tabellen von Papula dürfen hier gebraucht werden. Die Lösungen von 38 sind von der Form 39 x a t = x h t + x p t cf. 36 Wir betrachten 38 mit folgenden inputs: a gt = εt, ε =Einheitssprung zur Zeit t =, b =. b gt = εt t, ε =Einheitssprung zur Zeit t = t, b =, mit der AB x = x. c gt = sin t, x =. Für die verschiedenen gt muss nur die entsprechende partikuläre Lösung x p t neu gerechnet werden, da x h t = c e a t, c R. zu a a ẋ + x = εt AB: x = x εt =, t, t < Ansatz gemäss Tabelle Papula: x p t = k konstant, da die Anregung konstant. Ableiten und Einsetzen liefert: k =, also x a t = c e a t +, c R, t. Bestimmung von c: also x = x! = c + = c = x xt = x e a t +, t Diese Lösung setzt sich aus zwei Bestandteilen zusammen: einem flüchtigen Teil im wesentlichen x h t und einem stationären Teil im wesentlichen x p t, der uns das Langzeitverhalten beschreibt. Allgemein gilt: lim t x at = x p t zu b a ẋ + x = εt AB: x = x εt t =, t t, t < t Gesucht ist eine stetige Lösung! ter Teil Dgl homogen: Lösung für t t, x h t = c e a t, c R. ter Teil Dgl inhomogen: Lösung für t t, x a t = c e a t +, s.o. in a.

17 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 7 D.h. bei t = t müssen die beiden Teillösungen richtig zusammengesetzt werden. ter Teil: AB x = x = c = x, also xt = x e a t, t t ter Teil: so, wie die Lösung des ten Teils aufhört muss die Lösung des ten Teils beginnen. Wir haben also eine neue AB: xt = x e a t und damit kann c für die Lösung des ten Teils bestimmt werden. xt = x e a t =! c e a t + = c = x e t a und damit xt = x e t a e a t +, t t zu c Bestimmung der partikulären Lösung Ansatz: x p t := a cos t + b sin t Tabelle Paula, p6 ω = Ableiten und Einsetzen, liefert: a a sin t + b cos t + a cos t + b sin t =! b sin t Koeffizientenvergleich: cos t: a b + a = sin t: a a + b = b = a = ab + a b = b + a also x a t = c e a t + Bestimmung von c mit Hilfe der AB: b a cos t + sin t, c R, t. + a und schliesslich x =! = c ab + a = c = ab + a xt = ab + a e a t + b a cos t + sin t, t. + a }}}} flüchtiger Teil Langzeitverhalten Der flüchtige Teil kann als Einschwingvorgang interpretiert werden. Das Langzeitverhalten ist eine Harmonische Schwingung A cos t φ mit derselben Frequenz, wie angeregt wird. Realisierung dieser Beispiele z.b. mit Simulink, cf. dgl_9.mdl, dgl_9.mdl, dgl3_9.mdl und dgl4_9.mdl.4 Differentialgleichungen zweiter Ordnung.4. Einführende Beispiele; Anfangs- und Randwertprobleme Eine Dgl ter Ordnung in expliziter Form ist gegeben mit 4 y = fx, y, y y = yx. Jede Dgl ter Ordnung hat eine parametrige Schar von Lösungen, cf. Beispiel.5.

18 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 8 Beispiel. Betrachten wir die Dgl y = darus folgt y = c und schliesslich y h x = c x + c, c, c R. y h x ist eine parametrige Schar von Geraden, die die ganze xy Ebene überdeckt. Der Index h deshalb, da die gegebene Dgl homogen ist. c und c sind Integrationskonstanten Spezielle Lösungen Die Konstanten c und c müssen festgelegt werden: a Anfangswertproblem AWP: yx = y = Anfangsort und 4 y x = y = Anfangsgeschwindigkeit Mit 4 müssen c und c eindeutig betsimmt werden können. Die AB sind immer für denselben Wert der unabhängigen Variable. b Randwertproblem RWP: yx = y = Wert links und 4 yx = y = Wert rechts, falls x < x Mit 4 müssen c und c eindeutig bestimmt werden können. Die Randwerte sind für verschiedene Werte der unabhängigen Variable gegeben. Beispiel. Betrachten wir die Dgl ter Ordnung y = mit der allgemeinen Lösung nach zweimaliger Integration y a x = x + c x + c, c, c R. Zu bestimmen ist c := c c Seien nun folgende Anfangs- bzw. Randwerte gegeben: a cf. 4: y = y = = A c = 5 A = = c = 6 7 c ist eindeutig bestimmbar, da deta =, also yx = x + 6x 7

19 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 9 b cf. 4: y = y = = A c = 3 A = = c = 3 4 c ist eindeutig bestimmbar, da deta =, also yx = x + 3x 4 c cf. 4: y = y 4 = = A c = 5 7 A = = c = 7 9 c ist eindeutig bestimmbar, da deta =, also yx = x + 7x 9 In allen Situationen a - c hat das zu lösende lineare Gleichungssystem eine reguläre Systemmatrix A. Beispiel. Betrachten wir die Dgl ter Ordnung mit der allgemeinen Lösung y + y = y h x = a cos x + b sin x, a, b R cf. Beispiel.5. Bemerkung.6 e ix = cos x + i sin x e ix = cos x i sin x = e ±ix sind LK von sin x und cos x Zu bestimmen ist nun c := sin x = eix e ix i cos x = eix + e ix Seien nun folgende Anfangs- bzw. Randwerte gegeben: a cf. 4: y = y = a b = A c = c ist eindeutig bestimmbar, da deta =, also = sin x, cos x sind LK von e ix und e ix A = yx = sin x, x. = c =

20 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN b cf. 4: y = yπ = = A c = A = = c = b c ist nicht eindeutig bestimmbar, da deta =, also yx = b sin x, b R, x. Hier haben wir eine Situation, wo die Systemmatrix singulär wird, d.h. die zu bestimmenden Konstanten können nicht eindeutig bestimmt werden, m.a.w.: das gegebene Problem ist nicht korrekt gestellt. Allgemeine Fragestellungen Die allgemeine Lösung einer linearen Dgl ter Ordnung habe die Form 43 y a x = c y x + c y x Frage. Welche Bedingung ist notwendig und hinreichend, um das AWP mit den Anfangswerten yx = y y y x = y, y, eindeutig zu lösen? Bestimmung der Konstanten c := c c : c y x + c y x = y c y x + c y x = y A c = y y A = y x y x y x y x c ist eindeutig, falls deta. Frage. Welche Bedingung ist notwendig und hinreichend, um das RWP mit den Randwerten yx = y yx = y y, y, eindeutig zu lösen? Bestimmung der Konstanten c := c y x + c y x = y c y x + c y x = y A c = c c : y y A = y x y x y x y x c ist eindeutig, falls deta. Zurück zum Beispiel: Antwort auf die Frage. y x = cos x y x = sin x

21 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN A = cos x sin x sin x cos x = deta = für jedes x Analog für y x = e ix und y x = e ix : A = e ix e ix ie ix ie ix = deta = i für jedes x Antwort auf die Frage. cos x sin x A = cos x sin x = deta = sin x cos x cos x sin x = sin x x Falls x x = kπ, k Z, wird die deta =. oben wurde x = π und x = gewählt..4. Homogene lineare Dgl ter Ordnung 44 y + φ xy + φ xy =, wobei φ x und φ x stetige Funktionen in x sind. Die triviale Lösung yx ist immer eine Lösung. Satz. Sind y x und y x Lösungen von 44, so ist jede Linearkombination auch eine Lösung von 44. yx = c y x + c y x Beweis: Der Beweis erfolgt durch einsetzen und nachrechnen: und damit c, c R y x = c y x + c y x y x = c y x + c y x c y x + c y x + φ x c y x + c y x +φ x c y x + c y x c y x + φ x y x + φ xy x} + c y x + φ x y x + φ xy x}! =! = Da y x und y x je eine Lösung von 44 ist, ist in der letzten Zeile jede der beiden geschweiften Klammern Null. Für yx = c y x + c y x müssen alle möglichen AB erfüllt werden können, d.h. für y, y, muss gelten:! yx = y yx = c y x + c y x = y = y x = y y x = c y x + c y x! = y Zu lösen ist also ein Gleichungssystem Ac = rhs mit y x y x A = c = y x y x c c rhs = Damit die Lösung für jede rechte Seite rhs eindeutig ist, muss die Determinante der Systemmatrix verschieden Null sein: deta y y

22 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN Definition. lineare Unabhängigkeit, lineare Abhängigkeit Zwei Funktionen y x und y x heissen linear unabhängig, falls die Determinante y x y x 45 det y x y x Die Determinate in 45 heisst Wronski Determinante von y x und y x. Falls die Wronski Determinante Null ist, heissen die beiden Funktionen linear abhängig. Bemerkung.7 Lineare Abhängigkeit, lineare Unabhängigkeit für mehr als zwei Funktionen: drei Funktionen y x, y x und y 3 x heissen linear unabhängig, falls die Wronski Determinante y x y x y 3 x det y x y x y 3x, y x y x y 3 x andernfalls heissen sie linear abhängig, analog für vier, fünf,... Funktionen. Definition.3 Fundamentalbasis FB der Lösungen Falls für zwei Lösungen von 44 die Wronski Detreminante verschieden Null ist, bilden y x und y x eine Fundamentalbasis der Lösungen von 44. D.h. falls die beiden Lösungen y x und y x eine FB bilden, können alle möglichen AB erfüllt werden. Beispiel.3 Gegeben sind zwei Funktionen y x = e x und y x = e x 5. Sind die beiden Funktionen linear unabhängig oder linear abhängig? Die Wronski Determinante dieser beiden Funktionen ist det e x e x e x 5 e x 5 = für alle x R. D.h. die gegebenen Funktionen sind linear abhängig, was leicht einzusehen ist, da y x = c e x, wobei c = e 5 Potenzgesetze. Beispiel.4 Gegeben ist die Dgl 46 y 3y + y = φ x = 3 φ x = Eine erste Lösung wäre y x = e x und eine zweite y x = e x, was durch nachrechnen verifiziert werden kann. Frage: Hat man mit diesen beiden Lösungen alle möglichen Lösungen von 46 gefunden? Falls y x und y x eine FB der Lösungen von 46 bilden kann mit Ja geantwortet werden. det e x e x Die allgemeine Lösung von 46 ist also e x e x = e 3x für alle x R. 47 yx = c e x + c e x c, c R

23 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 3 und da y x und y x eine FB bilden haben wir mit 47 alle möglichen Lösungen von 46. Ein Rest bleibt: wie findet man in diesem Beispiel y x und y x? Diese Frage wird im Abschnitt.4.3 beantwortet. Allgemeine Eigenschaften der homogenen linearen Dgl ter Ordnung Gegeben ist wieder eine Dgl vom Typ 44 Es gelten folgende Eigenschaften: y + φ xy + φ xy = Satz. a Ist y x eine Lösung von 44, so ist auch yx = c y x, c R, eine Lösung von 44. b Sind y x und y x zwei linear unabhängige Lösungen von 44, so ist jede LK 48 yx = c y x + c y x, c, c R auch eine Lösung von 44. Mit 48 hat man alle Lösungen von 44. Eine elegantere Schreibweise von 48 ist yx span y x, y x}. c Ist yx = ux + j vx eine komplexwertige Lösung von 44, so sind auch der Realteil ux sowie der Imaginärteil vx einzeln je eine Lösung von 44. Beweis: durch einsetzen und nachrechnen a y x = c y x, y x = c y x = y + φ xy + φ xy = c y x + φ xy x + φ xy x} = die geschweifte Klammer ist Null, da y x eine Lösung von 44 ist. b Wurde schon für den Satz. für zwei beliebige Funktionen nachgerechnet. Gilt insbesondere auch für linear unabhängige Funktionen. c analog zu b, einziger Unterschied: hier ist in der LK ein j zwischendrin, also y x = u x+j v x, y x = u x + j v x und damit y + φ xy + φ xy = = u x + φ xu x + φ xux} + j v x + φ xv x + φ xvx} Die zweite Zeile ist genau dann Null, falls jede geschweifte Klammer Null ist, d.h. u x + φ xu x + φ xux = v x + φ xv x + φ xvx = Beispiel.5 Gegeben ist die Dgl 49 y + ω y =, ω > a y x = sin ωx b y x = sin ωx, y x = cos ωx; diese bilden eine FB, den det sin ωx cos ωx ω cos ωx ω sin ωx = ω c yx = e jωx = cos ωx + j sin ωx 49 ist die Dgl des Harmonischen Oszillators und spielt im nächsten Abschnitt eine gewisse Rolle.

24 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN Lineare Dgl ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten In diesem Abschnitt geht es um Dgl vom Typ 5 y + a y + b y = gx a, b, R y = yx, wobei gx =eine Anregung oder eine Störung ist, je nach sichtweise. 5 beschreibt eine lineare Dgl mit konstanten Koeffizienten. Die allgemeine Lösung von 5 hat zwei freie Parameter. Diese beiden Parameter können mit gegebenen AB bestimmt werden, so dass wir eine eindeutige Lösung bekommen. gx : die Dgl 5 heisst homogen. gx : die Dgl 5 heisst inhomogen. Wie im Abschnitt. setzt sich die allgemeine Lösung von 5 aus einer LK der allgemeinen Lösung der homogenen Dgl und einer partikulären Lösung der inhomogenen Dgl zusammen, d.h. 5 y a x = y h x + y p x, also 5 y h x: allgemeine Lösung der homogenen Dgl: y +a y +b y =, d.h. y h+a y h+b y h =. 53 y p x: eine Lösung der inhomogenen Dgl: y +a y +b y = gx, d.h. y p +a y p+b y p = gx. ter Schritt: Bestimmung von y h x Die Lösungen von 54 y + a y + b y = a, b, R wird mit dem Ansatz 55 yx := e λx λ = konstant bestimmt. 55 in 54 eingesetzt liefert: 56 λ e λx + a λ e λx + b e λx! = λ + a λ + b e λx! = λ + a λ + b! = Definition.4 charakteristisches Polynom 56 heisst charakteristisches Polynom von 5. Mit den Nullstellen von 56 zusammen mit 55 erhalten wir Lösungen von 54, nämlich a λ. = a ± 4 b Dabei sind drei Fälle zu unterscheiden, je nach Diskriminante D der quadratischen Gleichung.

25 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 5. Fall: D >, d.h. 56 hat zwei verschiedene Lösungen λ λ, wobei λ, λ R und y h x = c y x + c y x = c e λ x + c e λ x c, c R y x und y x bilden eine FB der Lösungen von 54, denn det e λ x λ e λ x e λ x λ e λ x Betrachten wir nochmals das obige Beispiel mit der Dgl 46 = λ λ e λ+λx y 3y + y = φ x = 3 φ x = so erhalten wir λ 3λ + = = λ = und λ = und damit y h x = c y x + c y x = c e x + c e x c, c R.. Fall: D =, d.h. λ = λ = a, m.a.w. wir haben nur eine Lösung y x = e λ x. Bestimmung von y x mit Variation der Konstanten: Ansatz für mit und eingesetzt in 54 erhalten wir y x := cx e λ x y x = c x + λ cx} e λx y x = c x + c x λ + cx λ } e λ x c x + c x λ + cx λ } + a c x + λ cx} + b cx c x + λ + a c x + λ + a λ + b cx c x! =! =! = da λ = a und λ eine Lösung von 56 ist! Damit erhalten wir cx = k x + k, k, k R = y x = k x + k e λ x = k e λ x + k x e λ x. Als FB können wir in diesem Fall y x = e λ x und y x = x e λ x betrachten. Diese beiden Funktionen sind linear unabhängig, denn ihre Wronski Determinante e λ x x e λ x det = e λ x λ e λx + λ x e λx und damit haben wir 3. Fall: D <, d.h. y h x = c y x + c y x = c e λx + c x e λx c, c R. λ. = a ± j b a C λ. sind konjugiert komplex, λ = λ 4 j := = imaginäre Einheit.

26 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 6 Bemerkung.8 Allgemein gilt: falls ein Polynom reelle Koeffizienten hat, dann sind die Nullstellen entweder reell oder konjugiert komplex, hier: a, b R. Neue Bezeichnungen: λ. = α ± j ω α := a = Reλ. ω := und damit erhalten wir 57 y x = e α+jω x y x = e α jω x b a = Imλ. 4 eine komplexwertige FB, denn det e α+jω x e α jω x α + jω e α+jω x α jω e α jω x = jω e αx. Die allgemeine Lösung von 54 lautet in diesem Fall 58 y h x = c y x + c y x = c e α+jω x + c e α jω x c, c C. Da die y. x komplexwertig sind, dürfen die Konstanten c. auch komplexwertig sein. Da aber 54 eine Dgl ter Ordnung ist, können wir nur zwei freie Parameter haben, d.h. falls c = a + jb = c = a jb, wobei a =Rec. und b =Imc., a, b R. D.h. in 58 muss c = c, m.a.w.: c und c müssen konjugiert komplex sein! Das Ziel aber ist eine reelle Lösung, da 54 eine Dgl mit reellen Koeffizienten ist. Mit Hilfe der Formel von Euler und der Tatsache, dass c = c erhalten wir: e α+jω x = e αx e jωx Euler y h x = e αx a + jb e jωx + a jb e jωx} = e αx a e jωx + e jωx +jb e jωx e jωx }}}} = cos ωx = a e αx cos ωx b e αx sin ωx =j sin ωx = k y x + k y x k := a k := b, k, k R. Im Gegensatz zu 57 erhalten wir damit eine reelle FB 59 y x = e αx cos ωx y x = e αx sin ωx α = Reλ. ω = Imλ. Bestätigen Sie durch Nachrechnen, dass die Wronski Determinante von 59 den Wert ω e αx hat. Bemerkung.9 Je nach Situation ist 57 oder 59 bequemer. Beispiel.6

27 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 7 Gegeben ist die Dgl y + 4y + 3y = mit dem charakteristischen Polynom p λ = λ + 4λ + 3 mit den NS λ. = ± j 3. Also α = und ω = 3 mit der komplexwertigen FB y x = e +j3 x y x = e j3 x und der reellwertigen FB y x = e x cos 3x y x = e x sin 3x Da das gegebene Problem reell ist wird die allgemeine Lösung reell geschrieben: y h x = c y x + c y x = c e x cos 3x + c e x sin 3x c, c R. Diese Lösung kann schöner geschrieben werden, nämlich: y h x = e x c cos 3x + c sin 3x = e x A 3x φ. Dabei ist e x ein Dämpfungsfaktor und A 3x φ beschreibt eine Harmonische Schwingung mit der Amplitude A, der Ferquenz ω = 3 und der Phase φ, wobei das Vorzeichen der Phase nur kosmetische Gründe hat. Bestimmung von A und φ mit Hilfe der Trigonometrie: c cos 3x + c sin 3x! = A cos 3x φ = A cos 3x cos φ + A sin 3x sin φ Koeffizientenvergleich: cos 3x: sin 3x: 6 c = A cos φ c = A sin φ = A = c + c tan c c = φ = arctan c c Quadrantenrelation! Beispiele Lösen Sie die folgenden linearen Dgl mit konstanten Koeffizienten. Geben Sie eine FB y x, y x} und die allgemeine Lösung y h x an. y + 3y 4y =. y 6y + 9y =. 3 y + 4y + y =. 4 y + y =. Schreiben Sie y h x als Harmonische Schwingung. Beispiel.7 freier LCR Schwingkreis Bild dieses Kreises einfügen! Gegeben ist ein LCR Schwingkreis mit der Spule L, dem Kondensator C dem Ohm schen Widerstand R L und R in Serie, parallel zu C, d.h. u R + u L + u C =,

28 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 8 L, C, R = konstant, der Strom i, sowie die Spannungen sind von der Zeit t abhängig. Gesucht ist die Dgl für die Spannung u C = u C t über dem Kondensator. Für die drei Bauteile gelten folgende Beziehungen: und damit u R = R i i = C u C u L = L di dt = di dt = C ü C RC u C + LC ü C + u C = = ü C + R L u C + LC u C = LC Neue Bezeichnungen: 6 ü C + δ u C + ω u C = δ := R L dabei sind ω := LC δ : Dämpfungsfaktor oder Abklingkonstante ω : Eigen- oder Kennkreisfrequenz des ungedämpften Systems. Obige Situation etwas allgemeiner formuliert lautet physikalische Einheiten??: 6 ẍ + δ ẋ + ω x = 6 ist die Dgl einer freien gedämpften Schwingung, falls δ >. ω ist die Eigenfrequenz der Schwingung. Falls δ = ist 6 die Dgl einer freien ungedämpften Schwingung. Das charakteristische Polynom von 6 ist p λ = λ + δ λ + ω und die charakteristische Gleichung mit den Löungen λ. = δ ± δ ω. p λ = Analog zu oben haben wir hier die folgenden drei typischen Fälle jetzt aus physikalischer Sicht:. Fall: schwache Dämpfung: δ < ω obiger dritter Fall und damit λ. = δ ± j ω δ δ := Reλ. ω δ := ω δ = Imλ. 63 x h t = e δt c cos ω δ t + c sin ω δ t} c, c R. 63 beschreibt eine gedämpfte harmonische Schwingung, der erste Faktor e δt beschreibt die Dämpfung δ > und die geschweifte Klammer beschreibt eine Harmonische Schwingung.

29 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 9. Fall: starke Dämpfung und aperiodische Bewegung: δ > ω obiger erster Fall λ = δ + δ ω λ = δ δ ω > λ > λ mit der allgemeinen Lösung 64 x h t = c e λ t + c e λ t c, c R. In 64 geht der zweite Summand schneller gegen Null als der erste, je nach AB haben wir ein lokales Maximum oder Minimum. 3. Fall: aperiodischer Grenzfall: δ = ω obiger zweiter Fall λ = λ = δ x t = e δt, x t = te δt} bilden eine FB, s.o. Also 65 x h t = c e δt + c te δt = e δt c + c t c, c R. Je nach AB beschreibt 65 eine Lösung mit einem globalem Extremum. Für alle drei Fälle strebt die Lösung x h t gegen die Gleichgewichtslage x h t, falls δ >. Zu jedem der drei Fälle soll nun ein Beispiel mit entsprechenden AB betrachtet werden:. Fall: AB: x = und ẋ = v. x = α Anfangsort Dazu brauchen wir die erste Ableitung ẋ = β Anfangsgeschwindigkeit ẋ h t = δe δt c cos ω δ t + c sin ω δ t} + e δt c ω δ sin ω δ t + c ω δ cos ω δ t} x = = c ẋ = v = δ c + c ω δ = xt = v ω δ e δt sin ω δ t, t. Die Lösung beschreibt eine periodisch abklingende Funktion, Bild Schwingungsdauer T δ = doppelter Abstand zweier Nulldurchgänge T δ = π π = T ω δ ω δ > T T = π δ ω wobei T = Schwingungsdauer der ungedämpften Schwingung δ =. Sei t m ein Zeitpunkt, für den xt ein lokales Maximum hat, dann gilt: Division der beiden Gleichungen liefert: und schliesslich xt m = v e δtm sin ω δ t m ω δ }} = xt m + T δ = v e δt m+t δ sin ω δ t m + T δ ω δ }} = xt m xt m + T δ = eδt δ =: C C > δ T δ = ln C = das logarithmische Dämpfungsdekrement.

30 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 3. Fall: x = α und ẋ = β mit α, β, c + c = α = c = β + λ α λ c + λ c = β λ λ c = β λ α λ λ mit λ λ = δ ω. Nicht periodische bzw. aperiodische Bewegung als Überlagerung zweier e Funktionen Bilder einfügen!! c > und c > : kein Maximum, kein Nulldurchgang Kriechbewegung in die Ruhelage c >, c < und c > c : ein Nulldurchgang, ein lokales Maximum c >, c < mit c < c 3. Fall: x = α und ẋ = β = c = α und c = β + δα, also xt = e δt α + β + δαt} t Sei speziell α = und β > : xt = βte δt mit einem Maximum x max = β δe bei t max = δ Bild einfügen!! ter Schritt: Bestimmung von y p x Betrachten wir nun die inhomogene lineare Dgl ter Ordnung, d.h. 68 ẍ + δẋ + ω x = gt gt 68 ist die Dgl einer erzwungenen Schwingung, gt beschreibt dabei die äussere Kraft oder eine Anregung. a konstante äussere Kraft Sei Die allgemeine Lösung ist gt = k konstant x a t = x h t + x p t, wobei x h t die allgemeine Lösung der homogenen Dgl 6 und x p t eine partikuläre Lösung von 68 ist, d.h. ẍ p t + δẋ p t + ω x p t = gt. Dabei ist x h t = c x t + c x t c, c R s.o. Fallunterscheidung x t und x t ist eine FB der Lösungen des homogenen Problems und für x p t hilft uns die Tabelle p4 Lösungsansätze für spezielle Störglieder im Papula weiter, cf. [7]. Da die Anregeung konstant ist muss der Ansatz x p t = a verwendet werden. Einsetzen liefert ω a = k = a = k, da ẍ ω p t = ẋ p t =, und schliesslich x a t = c x t + c x t + k ω c, c R.. Fall schwache Dämpfung δ < ω : Bild einfügen!! x a t = e δt c cos ω δ t + c sin ω δ t} + k ω

31 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 3 AB x = und ẋ =. Mit diesen AB erhalten wir c = k und c ω = k δ ω ω δ. Der f lüchtige Teil der Lösung auch Einschwingvorgang genannt beschreibt eine gedämpfte Schwingung e δt A cos ω δ t φ, wobei A = c + c = k + δ und φ = ω ω δ δ arctan ω δ + π, da c < und c < Quadrantenregel. k ω beschreibt das Langzeitverhalten, d.h. lim x a t = k t ω der Lösung.. Fall starke Dämpfung δ > ω :, k ω ist horizontale Asymptote x a t = c e λ t + c e λ t + k ω c, c R. Für x = ẋ = erhalten wir c = λ k λ λ ω 3. Fall aperiodischer Grenzfall δ = ω : und c = λ k λ λ ω x a t = e δt c + c t + k ω c, c R. Für x = α und ẋ = β erhalten wir c = α k und c ω = β + δα k ω Sei nun speziell α = und β > = Bild einfügen!! dann haben wir xt = e δt k ω + β δ k } ω t + k ω t Für alle drei Fälle strebt die Lösung x a t gegen die partikuläre Lösung x p t = k. ω k ω ist horizontale Asymptote für x a t und beschreibt das Langzeitverhalten der Lösung, d.h. lim x at = k. t ω b variable äussere Kraft Sei dabei sind gt = F cos ωt, ω : Kreisfrequenz des Erregersystems oder kurz: Erregerfrequenz F : Amplitude des Erregersystems. Da die Anregeung periodisch ist muss der Ansatz x p t = a cos ωt + b sin ωt verwendet werden hier sind gemäss Tabelle p 4 Lösungsansätze für spezielle Störglieder drei verschiedene Formen für dasselbe möglich, cf. [7]. Die Koeffizienten a und b sind nun so zu bestimmen, dass der verwendete Ansatz eine Lösung der inhomogen Dgl wird. Einsetzen ẍ p t + δẋ p t + ω x p t! = F cos ωt liefert mit ẋ p t = ωa sin ωt + ωb cos ωt ẍ p t = ω a cos ωt + ω b sin ωt

32 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 3 ω a cos ωt + ω b sin ωt + δ ωa sin ωt + ωb cos ωt} 69 +ω a cos ωt + b sin ωt}! = F cos ωt Koeffizientenvergleich für 69: 7 7 cos ωt: ω ω a + δωb sin ωt: δωa + ω ω b! = F! = und schliesslich a = F ω ω deta δω, b = F deta wobei deta = ω ω +4δ ω, A = ω ω δω δω ω ω Viel eleganter und einfacher ist hier die Rechnung im Komplexen! Sei F t ein komplewertiger Zeiger so, dass der Realteil von F t die gegebene äussere Kraft ist, d.h. F t := F e jωt = ReF t = F cos ωt Anaolog wird nun der Ansatz für die partikuläre Lösung gemacht: 7 x p t := C e jωt φ = Rex p t = x p t = C cos ωt φ Das Vorzeichen in 7 wurde aus kosmetischen Gründen so gewählt. C und φ sind nun so zu bestimmen, dass x p t eine Lösung der inhomogenen Dgl wird. Mit diesem Ansatz erhalten wir ẍ p t + δ x p t + ω x p t! = F t ω C e jωt φ + δjωc e jωt φ + ω C e jωt φ = F e jωt Die letzte Gleichung darf mit e jωt gekürzt werden, was 73 ω C + δjωc + ω C = F e jφ liefert. 73 ist eine Gleichung im Komplexen für die beiden Variablen C und φ. Damit 73 erfüllt wird, müssen die Realteile und die Imaginärteile übereinstimmen! Realteile: ω ω C = F cos φ Imaginärteile: δωc = F sin φ Mit der Division der beiden Gleichungen erhalten wir 74 tan φ = δω δω ω φ = φω = arctan ω ω ω Für die Amplitude C werden beide Gleichungen quadriert und addiert: 75 C = Cω = F ω ω + 4δ ω Sowohl die Phase in 74 als auch die Amplitude in 75 der partikulären Lösung x p t sind von der Erregerfrequenz abhängig. Die allgemeine Lösung ist von der Form: 76 x a t = x h t }} + Cω cos ωt φω }} flüchtiger Teil erzwungene Schwingung

33 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 33 Diskussion von φω: Frequenzgang der Phase Wir benützen die Quadrantenrelationen:. Fall: ω < ω : Zähler und Nenner von tan φ sind positiv, wir sind im ersten Quadranten, also δω φω = arctan, φω < π ω ω.. Fall: ω > ω : Zähler ist positiv, der Nenner negativ von tan φ, wir sind im zweiten Quadranten, δω also φω = arctan + π, π ω ω < φω < π. 3. Fall: ω = ω : Nenner ist gleich Null, tan φ ist nicht definiert, also φ = π φ ω = + δω ω ω δω + ω ω ω = ω + ω δ ω ω + 4δ ω := d dω φ = δ ω > φ ω = δ 3.5 Frequenzgang der Phase ω Abbildung : ω =, δ =.,.6,.8,.46,.7,. amplituden.m Alle Kurven gehen durch den Punkt ω, π, φ = π ist horizontale Asymptote.

34 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 34 Diskussion von Cω: Frequenzgang der Amplitude Cω wird extremal, wenn der Nenner extremal wird. Der Nenner ist extremal, falls ω ω +4δ ω extremal wird. Sei T ω := ω ω + 4δ ω, dann gilt: T ω = ω ω ω + 8δ ω = 4ω 3 + 8δ 4ω ω T ω = ω + 8δ 4ω horizontale Tangenten: T ω =, falls ω = oder ω = ω δ nur falls ω > δ und damit ist T = 4δ ω, d.h. für ω = hat der Nenner ein lokales Maximum, m.a.w. die Amplitude hat für ω = ein lokales Minimum: C = F. ω ω > δ : in diesem Fall hat die erste Ableitung T ω eine zweite Nullstelle: ω = ω δ. Dieses ω wird neu als Resonanzfrequenz ω r := ω δ definiert. weiter gilt: T ω r = 8ω δ, d.h. der Nenner hat für ω r ein lokales Minimum, m.a.w. F die Amplitude hat für ω r ein lokales Maximum: Cω r = C max =. δ ω δ 6 Frequenzgang der Amplitude ω Abbildung : ω =, δ =.,.6,.8,.46,.7,. amplituden.m Dieses lokale Maximum ist zugleich auch ein globales Maximum! C max für δ. Grenzfall δ = : erzwungene Schwingung ohne Reibung, d.h. p λ = λ + ω! = = λ. = ±jω. Hier sind zwei Fälle möglich: ẍ + ω x = F cos ωt i jω ist nicht Nullstelle von p λ ω ω : Erreger- und Eigenfrequenz sind verschieden Cω = und φω =. F ω ω

35 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 35 ii jω ist Nullstelle von p λ ω = ω : Erreger- und Eigenfrequenz sind gleich Cω = ist nicht definiert! genauso wenig tan φ =. In diesem Fall muss der Ansatz ẍ + ω x = F cos ω t ω = ω x p t = t C cos ω t φ verwendet werden! Als komplexer Zeiger Mit diesem Ansatz erhalten wir x p t := t Ce jω t φ ẍ p t + ω x p t tω C e jω t φ + jω C e jω t φ + tω C e jω t φ! = F t = F e jω t Die letzte Gleichung darf mit e jω t gekürzt werden, woraus folgt. jωc = F e jφ Realteile: = F cos φ Imaginärteile: ωc = F sin φ = φ = π, da der cos φ =! F > und weiter C = F ω, da sin φ =. und damit x p t = t F ω cos ω t π = t F ω sin ω t und schliesslich x a t = x h t + x p t = c cos ω t + c sin ω t + t F ω sin ω t t. x h t beschreibt eine brave Harmonische Schwingung, während x p t für t

36 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 36 Beispiel.8 angeregter LCR Schwingkreis Bild dieses Kreises einfügen! Gegeben ist ein LCR Schwingkreis mit der Spule L, dem Kondensator C dem Ohm schen Widerstand R L und R in Serie, parallel zu C, d.h. u R + u L + u C = u a t, L, C, R = konstant, der Strom i, sowie die Spannungen sind von der Zeit t abhängig. u a t = angelegte Spannung äussere Kraft oder Anregung k konstant Batterie u a t = F cos ωt Wechselspannung 3 ter Schritt: Bestimmung von y a x y + y + y = x e x gx := x e x Was macht man, falls die gegebene Anregung gx in der Tabelle p4, [7] nicht vorhanden ist??.4.4 Variation der Konstanten für eine Dgl ter Ordnung Die Tabelle p4 in [7] wurde mit diesem Verfahren hergestellt. Sei y + φ x y + φ x y = gx und y x, y x eine FB der homogenen Dgl. Dann gilt: y h x = c y x + c y x, c, c R und weiter y x y x det y x y x Gesucht ist nun eine partikuläre Lösung. Dazu wird folgender Ansatz verwendet Variation der Konstanten: y p x := c x y x + c x y x Zu bestimmen sind c x und c x so, dass y p x eine Lösung der inhomogenen Dgl ist. Einsetzen erfordert die Ableitungen von y p x: y px = c x y x + c x y x + c x y x + c x y x Damit c x und c x eindeutig bestimmt werden können, wird folgende Zusatzbedingung eingeführt. Damit erhalten wir für die erste und zweite Ableitung des Ansatzes c x y x + c x y x = y px = c x y x + c x y x y p x = c x y x + c x y x + c x y x + c x y x Werden diese Ableitungen in die gegebene Dgl eingesetzt: c x y x + c x y x + c x y x + c x y x +φ x c x y x + c x y x +φ x c x y x + c x y x! = gx

37 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 37 Werden nun alle Terme mit dem Faktor c x bzw. c x zusammengefasst, so erhalten wir: c x y x + φ x y x + φ x y x} +c x y x + φ x y x + φ x y x} +c x y x + c x y x! = gx Da y x und y x eine FB der homogenen Dgl ist die beiden geschweiften Klammern in obiger Gleichung je Null, d.h. wir erhalten c x y x + c x y x! = gx und zusammen mit der Zusatzbedingung das Gleichungssystem c 77 x y x + c x y x = c x y x + c x y x = gx 77 ist für c x und c x eindeutig lösbar, da die Wronski sche Determinante y x y x det y x y x Beispiel.9 y + y y = x e x y x = e x und y x = x e x ist eine FB der gegebenen homogenen Dgl, also ist y h x = c e x + c x e x c, c R die allgemeine Lösung der homogenen Dgl. Als Ansatz für eine partikuläre Lösung wird y p x := c xe x + c x x e x verwendet. Mit y x = e x und y x = x e x erhalten wir für 77 c x e x + c x x e x = c x e x + c x x e x = x e x und nach Multiplikation des ganzen Gleichungssystems mit e x c x + c x x = c x + c x x = x ohne Integrationskon- und daraus c x = x und c x = x, also c x = x3 3 und c x = x stante, da nur eine partikuläre Lösung gesucht ist!!. Schliesslich und damit die allgemeine Lösung y p x = x3 3 e x + x x e x = x3 6 e x y a x = y h x + y p x = c e x + c x e x + x3 6 e x c, c R

38 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 38 Beispiel.3 Nach Division von x lautet die gegebene Dgl x y x y + y = x 3 sin x x y x y + y = x sin x x φ Die homogene Differentialgleichung x = x φ x = x y x y + x y = ist eine sogenannte Euler sche Dgl und wird mit dem Ansatz x α gelöst. Mit der ersten und zweiten Ableitung des Ansatzes erhalten wir und daraus α α x α x α xα + x xα = α α α + } x α = α α α + = = α =, α = und schliesslich eine FB y x = x und y x = x. Also ist y h x = c x + c x die allgemeine Lösung der homogenen Dgl. Als Ansatz für eine partikuläre Lösung wird c, c R y p x := c xx + c x x verwendet. Mit y x = und y x = x erhalten wir für 77 c x x + c x x = c x + c x x = x sin x und daraus c x = x sin x und c x = sin x, also c x = x cos x sin x mit partieller Integration und c x = cos x ohne Integrationskonstante, da nur eine partikuläre Lösung gesucht ist!!. Schliesslich und damit die allgemeine Lösung y p x = x cos x sin x} x cos x x = x sin x y a x = y h x + y p x = c x + c x x sin x c, c R Beispiel.3 y 3 y + y = x e x y x = e x und y x = e x ist eine FB der gegebenen homogenen Dgl, also ist y h x = c e x + c e x c, c R die allgemeine Lösung der homogenen Dgl. Als Ansatz für eine partikuläre Lösung wird y p x := c x e x + c x e x

39 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 39 verwendet. Mit y x = e x und y x = e x erhalten wir für 77 c x e x + c x e x = c x e x + c x e x = x e x und nach Multiplikation des ganzen Gleichungssystems mit e x c x + c x e x = c x + c x e x = x und daraus c x = x und c x = x e x, also c x = x und c x = x + e x ohne Integrationskonstante, da nur eine partikuläre Lösung gesucht ist!!. Schliesslich y p x = x x ex + x e x e x = + x + e x und damit die allgemeine Lösung x y a x = y h x + y p x = c e x + c x e x + x + e x c, c R Beispiel.3 y + y = cos x y x = cos x und y x = sin x ist eine FB der gegebenen homogenen Dgl, also ist y h x = c cos x + c sin x c, c R die allgemeine Lösung der homogenen Dgl. Als Ansatz für eine partikuläre Lösung wird y p x := c x cos x + c x sin x verwendet. Mit y x = sin x und y x = cos x erhalten wir für 77 c x cos x + c x sin x = c x sin x + c x cos x = cos x Erste Zeile mit sin x und zweite Zeile mit cos x multiplizieren, beide Zeilen addieren liefert uns: c x sin x + cos x } = c x = = c x = x Aus der ersten Zeile erhalten wir mit c x = : c sin x x = cos x = c x = ln cos x Schliesslich und damit die allgemeine Lösung y p x = ln cos x cos x + x sin x y a x = y h x + y p x = c cos x + c sin x + ln cos x cos x + x sin x c, c R

40 MND DIFFERENTIALGLEICHUNGEN 4.5 Phasenporträt: Vektorfeld Trajektorien für ein System von Differentialgleichungen Beispiel ẋ = x ẋ = x ẋ = A x A = x = x x R Dieses Beispiel beschreibt ein System von ungekoppelten Differentialgleichungen mit den Lösungen x t = e t c x t = e t x t e t c c = xt = =, c R x t e t Bild des Vektorfeldes ẋ = A x des gegebenen Dgl Systems Trajektorien: Kurven, die in jedem Punkt tangential zum Vektorfeld sind Bestimmung der Trajektorien als algebraische Kurven x = fx : Elimination von t c x = e t c x = e t c = x x = c c = x = c c a Falls c und c so, dass wir auf der x Achse starten, dann bleiben wir auf der x Achse und gehen gegen Null, d.h. die x Achse ist ein stabiler Unterraum. b Falls c und c so, dass wir auf der x Achse starten, dann bleiben wir auf der x Achse und gehen gegen ±, d.h. die x Achse ist ein instabiler Unterraum. x Abbildung 3: Phasenporträt für ẋ = Ax von 78 phasenportraet_.mws