TU München Prof. P. Vogl Beispiel 1: Übungen Theoretische Physik I (Mechanik) Blatt 5 (26.08.11) Nach Gompertz (1825) wird die Ausbreitung von Rostfraß auf einem Werkstück aus Stahl durch eine lineare homogene Differentialgleichung (DGL) 1. Ordnung beschrieben: = () () = wobei = und () die Rostmenge zur Zeit 0.beschreibt. Gegeben sei die Anfangsbedingung (0) = 1, skizzieren Sie grob die Lösung für 0. Welchem Wert strebt () für große Zeiten zu? Die DGL ist homogen und lasst sich durch Separation oder Trennung der Variablen lösen: = ln () = + Konstante () = exp( ) wobei R. Für die Anfangsbedingung (0) = 1 =1gilt =, also () =exp(1 ) Die Wachstumsrate ist proportional zur vorhandenen Menge, wobei allerdings der Proportionalitätsfaktor nicht konstant ist, sondern selbst proportional abnimmt. Offenbar gilt (0) = 1, für große Zeiten geht ( )= =2718. Die Rostmenge steigt monoton von 1 auf diesen Wert. Beispiel 2: Gegeben sei die gewöhnliche inhomogene Differenzialgleichung 1. Ordnung für (), 0 + 1 = 3 Bestimmen Sie die allgemeine Lösung, indem Sie zuerst die homogene Lösung hom (). Machen Sie dann für die inhomogene Differenzialgleichung den Ansatz hom () =() hom () und lösen Sie die Differnzialgleichung für (). Dieses Verfahren heißt Variation der Konstanten. 1
Für die homogene DGL 0 + 1 =0 gilt = ln = ln + Konstante = wobei R. Durch Variation der Konstanten setzt man die partikuläre Lösung in der Form an () =() () daher 0 () = 3 () = 5 5 Damit ist Lösung der inhomogenen DGL gegeben durch Beispiel 3: () = + 4 5 Gegeben sei die gewöhnliche Differenzialgleichung für (), 0 =2 +3 5 Bestimmen Sie die allgemeine Lösung analog zum Beispiel 2. Für die homogene DGL gilt 0 2 =0 = 2 ln = 2 + Konstante = 2 wobei R. Durch Variation der Konstanten, eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL ist () =() () daher 0 () 2 =3 5 () = 3 Damit ist Lösung der inhomogenen DGL () = 2 + 5 2
Beispiel 4: Ein Stromkreis enthält eine Spule mit Induktivität und einen Widerstand. Bestimmen Sie die Stromstärke (), wenn eine Gleichspannung = 0 anliegt. Die Gleichung für die Stromstärke lautet ()+() =() Als Anfangsbedingung gelte (0) = 0. Konstanten aus Beispiel 2. Verwenden Sie zur Lösung wieder das Verfahren der Variation der Was bedeutet physikalisch die Lösung für =0? Was gilt für große Zeiten? Hängt dieses Ergebnis vom Anfangsstrom ab? Für die homogene DGL gilt 0 + =0 = ln = + Konstante = wobei R. Das beschreibt das exponentielle Abklingen der Stromstärke bis zum Wert Null nach dem Abschalten der Spannungsquelle. Durch Variation der Konstanten, eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL ist () =() () daher 0 () = 0 () = 0 Damit ist Lösung der inhomogenen DGL Die Lösung mit der Anfangsbedingung (0) = 0 ist Unabhängig von 0 strebt ( ) 0. Beispiel 5: () = + 0 () = 0 µ 0 0 Finden Sie die allgemeine Lösung der homogenen DGL 2. Ordnung Die charakteristische Gleichung und ihre Wurzeln sind 00 6 0 +5 =0 Daher ist die allgemeine Lösung wobei 1 2 R. 2 6 +5=0 1 =1 2 =5 () = 1 + 2 5 3
Beispiel 6: Finden Sie die allgemeine Lösung der homogenen DGL 2. Ordnung 00 4 0 +4 =0 Die charakteristische Gleichung und ihre Wurzeln sind 2 4 +4=0 1 =2 2 =2 Daher ist die allgemeine Lösung wobei 1 2 R. () =( 1 + 2 ) 2 Beispiel 7: Finden Sie eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL 00 5 0 +6 =7, in dem Sie die Inhomogenität, multipliziert mit einer Konstanten, als Lösungsansatz verwenden. Bestimmen Sie anschließend die allgemeine Lösung der DGL. = liefert =76 Für die homogene Gleichung lösen wir die charakteristische Gleichung 2 5 +6=0 welche die Wurzeln =2 3 hat. Daher ist die allgemeine Lösung der homogenen DGL = 2 + 3 und die allgemeine Lösung der DGL () =76+ 2 + 3,wobei R. Beispiel 8: Die Differentialgleichungen vom Typ 00 = ( 0 ) lassen sich durch Substitution von = 0 in eine DGL 1. Ordnung für, nämlich 0 = ( ) umwandeln und lösen. Aus erhält man dann durch Integration die gesuchte Funktion. Stellen Sie auf diese Weise die allgemeine Lösung der DGL 00 =2 0 als ein Integral dar. DieungewandelteDGL hat durch Separation die Lösung 0 =2 = 2 ln = 2 + () = 2 Daher wird die allgemeine Lösung wobei die Konstanten R. Z () = 2 + 4
Beispiel 9: Bei linearen DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten und mit einer Inhomogenität der Form lässt sich immer eine partikuläre Lösung finden, welche die Form () oder () hat, wobei ein Polynom Grades ist. Die Konstanten werden durch Koeffizientenvergleich bestimmt. Finden Sie eine partikuläre Lösung für die DGL 00 +4 = 2 Der 2 ()-Ansatz () = + + 2 liefert die Gleichung 2 +4 +4 +4 2 = 2 Da beliebig ist, müssen alle Koeffizienten jeder Potenz von verschwinden. Der Koeffizientenvergleich liefert 2 +4 = 0 4 = 0 4 = 1 und somit, die partikuläre Lösung () = 1 8 + 1 4 2 Beispiel 10: Die Lösung einer inhomogenen linearen DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten erfolgt ebenfalls mittels der Variation der Konstanten. Die vollständige allgemeine Lösung der inhomogenen DGL 00 + 0 + = () ist gegeben durch () = ()+ () = ()+ 1 1 ()+ 2 2 () wobei () eine partikuläre Lösung und () die allgemeine Lösung der homogenen DGL ist. Die partikuläre Lösung ergibt sich aus der homogenen durch Variation beider Konstanten, allerdings mit der Zusatzbedingung 0 1() 1 ()+ 0 2() 2 () =0 Gegeben sei die inhomogene DGL 00 6 0 +5 =ln bestimmen Sie nun mit der beschriebenen Methode die allgemeine Lösung. 1. Schritt: Die Lösung der homogenen DGL ist 1 () = 2 () = 5 2. Schritt: Als Ansatz der partikulären Lösung () =() + () 5 mit der Zusatzbedingung 0 () + 0 () 5 =0 (1) Eingesetzt () in die DGL ergibt das 0 = 0 + + 0 5 +5 5 = +5 5 00 = 0 + +5 0 5 +25 5 Daraus folgt 0 + +5 0 5 +25 5 6( +5 5 )+5( + 5 )=ln 5
was vereinfacht gibt 0 +5 0 5 =ln (2) MitGl.(1)und(2)erhältman2lineareGleichungenfür 0 und 0,mitderLösung 0 () = 1 4 ln 0 () = 1 4 5 ln 3. Schritt: Da es zu ln keine elementaren Stammfunktionen gibt, kann man die Lösung nur als Integral schreiben: () = 1 Z 4 ln + 1 Z 4 5 5 ln Die vollständige Lösung lautet () = ()+ 1 + 2 5 wobei 1 2 R 6