Verständnisschwierigkeiten bei DGL 2. Ordnung

mrhenky_d11d7f · 17. August 2008 um 17:02

Guten Tag liebe Community!
Ich hänge momentan bei einer DGL 2. Ordnung, die ausser der Angabe der Formel keine Informationen bringt und daher für mich ein wenig komplex erscheint.

Die komplette Angabe für ebenjenes Beispiel lautet wie folgt:

Löse die nebenstehende DGL 2. Ordnung und überprüfe dein Ergebnis durch eine Probe:

y’ - 4y’ + 4y = e^2x

Zuerst, möchte ich, wie es der Usus ist, die homogene Gleichung lösen. Daher nehme ich mir diesen Ansatz für y her:

y = e^λx

Diesen muss ich dann auch dementsprechend ableiten. Dieser Vorgang bringt mir folgende Ergebnisse:

y’ = λ * e^λx
y’’ = λ² * e^λx

Diese kann ich nun in meine Grundformel einsetzen:

λ² e^λx + 4λe^λx + 4 e^λx = 0

So, damit das ganze etwas übersichtlicher wird, hebe ich das e heraus, was zu diesem Ergebnis führt:

e^λx * (λ²+4λ+4)

Nun muss ich mir meine Lösung(en) für Lambda ausrechnen. Dies mache ich wie folgt

( -a₁ ± [WURZEL] a1²/4 - a₂[WURZEL] ) / 2

Wenn ich nun meine Werte einsetze erhalte ich das Ergebnis, dass der Wurzelausdruck 0 ist und ich somit nur eine Lösung habe, die ich erfahre, wenn ich die Rechnung löse.

λ = 2

Anschließend habe ich mich wieder schlau gemacht und habe (wieder) herausgefunden, dass mir der Wurzelausdruck nicht nur die Möglichkeiten von λ verrät, sondern auch den nächsten Schritt.

Hier habe ich meine erste Frage: Da ich in meinen Skripten einmal den den Ansatz für die Lösung von yh in der Form
(C1 + C2) * e^λx geschrieben habe, dann aber ein anderes Mal (C1 + C2 * x) * e^λx geschrieben habe, bin ich nun leicht verwirrt. Stimmt die Variante mit x oder die ohne x?

Dann hänge ich leider und frage mich, wie ich denn nun die Konstanten berechnen kann. Mittels Recherche habe ich herausgefunden, dass man den Ansatz ableiten sollte und dann die beiden Formeln übereinanderschreiben, sodass man mittels Eliminationsverfahren die Konstanten berechnen kann.

Dazu müsste ich aber wie bei jeder anderen DGL auch, einen Punkt einsetzen. Den habe ich aber nicht in der Angabe.

Soll ich nun einen imaginären Punkt annehmen und hoffen, dass dieser auch auf der Kurve ist?

Weiters habe ich dann noch das Problem, dass ich zwar eine Angabe habe, wie ich den Ansatz für yp gestalten soll, aber mir unklar ist, ob ich es auch richtig verstanden habe.

Laut meiner Angabe habe ich für den Fall, dass meine Störfunktion die Form A * e^mx hat,
und das verwirrt mich
3 Möglichkeiten:

falls m KEINE Wurzel soll yp = b * e^mx sein
falls m EINFACHE Wurzel soll yp = b * x * e^mx sein
falls m ZWEIFACHE Wurzel soll yp = b * x² * e^mx sein

Gehe ich recht in der Annahme, dass mit keiner, einfacher oder zweifacher Wurzel gemeint ist, dass m kein, ein oder zwei WERTE der Wurzel ist, die ich benutzte, um λ zu berechnen?

Frei der Annahme nach, dass meine Vermutung richtig ist, interpretiere ich das Beispiel:

Meine Wurzel war (nach Vereinfachung auf einzelne Werte) [root] 4 - 4 [root]

Da der Exponent der Angabe meines Beispieles aber nun den Wert 2 hat, MÜSSTE ich rein theoretisch den ersten Ansatz verwenden, da ja mein Angabewert keinem der Werte in der Wurzel entspricht.

Sollte meine Vermutung richtig sein, habe ich aber noch eine Frage. Nachdem ich den richtigen Ansatz für yp gefunden habe, wie kann ich yp lösen? Wie komme ich auf den Wert von b bzw. x (wenn ich einen anderen Fall hätte) im Ansatz?

Sollte ich mich in einem Bereich schlecht ausgedrückt haben, kann ich versuchen, es besser auszudrücken.

Vielen, lieben Dank schon im Vorraus für eure Hilfe

Robert_ee3544 · 17. August 2008 um 21:13

Hi,

ich denke mal du meinst die DGL y"-4y’+4y=e^(2x).

Sorry, aber ich bin grade erst von Arbeit gekommen, also kann ich mir nicht alles von dir durchlesen, ich kann dir aber sagen, dass man, wie du richtig erkannt hast, diese Aufgabe mit dem Ansatzblatt lösen kann und man nicht mit die Variation d. Konstanten nehmen muss, was bei DGLs höherer Ordnung äußerst stressig ist.

Ich denke mal, dass du die Aufgabe auch nicht zum Spaß löst und dir in deiner weiteren Laufbahn noch weitere solcher Aufgaben begegnen.
Deshalb kann ich dir das Buch „FORMELN+HILFEN zur Höheren Mathematik“ vom Binomi nur empfehlen, das ist DAS Mathe-Tafelwerk für alle Naturwissenschaftler, verständlich, komplett, mit Beispielen, Integraltafel, usw… Das beste ist, es kostet nur 14,95EUR.

Viel Erfolg noch

softwareschmied · 17. August 2008 um 21:41

Hallo

y’’ - 4y’ + 4y = e^2x
λ = 2

Die Lösung zu λ²+4λ+4 = 0 lautet λ = - 2, das ist dein erster Fehler und vielleicht folgen hieraus bereits deine Antworten, ich hab bisher nicht weiter gelesen. Sonst frag einfach nochmal.
Alex

softwareschmied · 17. August 2008 um 21:46

Hoppala. λ = 2 stimmt schon.
Nochmal ich.
Hab grad gesehen, dass dein λ = 2 stimmt da in der DGL ja vor der ersten Ableitung ein Minus steht. Ich hab nurmehr auf deine FALSCH angeschriebene Gleichung λ²+4λ+4 = 0 geschaut, richtig wäre λ²-4λ+4 = 0

mrhenky_d11d7f · 19. August 2008 um 09:50

Hi,
ich denke mal du meinst die DGL y"-4y’+4y=e^(2x).

Genau die meine ich

Sorry, aber ich bin grade erst von Arbeit gekommen.

Ich verstehe, wenns grad stressig ist. Ich habs momentan auch nicht bequem

Ich denke mal, dass du die Aufgabe auch nicht zum Spaß löst
und dir in deiner weiteren Laufbahn noch weitere solcher
Aufgaben begegnen.

Ja das stimmt, ich löse die Aufgaben, weil ich leicht abgeänderte Varianten ebendieser Beispiele zu meiner Nachprüfung erhalte. Daher möchte ich höflichst fragen, ob man mir erklären kann, wie ich die Konstanten lösen kann und wie ich dann auch letztendlich bei yp auf ein Ergebnis kommen kann.

Ich wäre sehr dankbar für eure Hilfe

Viel Erfolg noch

Vielen Lieben Dank!

mfg
mrhenky

Martin · 19. August 2008 um 15:04

x’’ – 4 x’ + 4 x = e^{2 t} []

Hallo,

diese DG ist zu charakterisieren als

„gewöhnlich, linear, konstante Koeffizienten, zweiter Ordnung, in homogen“

Aufgrund „zweiter Ordnung“ wissen wir damit schon jetzt, dass die Lösung der DG genau zwei (nicht „zusammenfassbare“) Parameter enthalten wird. Die Lösungsmenge enthält also unendlich viele Funktionen in Form einer zweiparametrigen Kurvenschar. Erst eine Anfangsbedingung durch eine x₀ = … und eine x’₀ = … -Angabe (Ort und Geschwindigkeit zum Zeitpunkt t = 0) würde genau eine Kurve aus dieser Schar bestimmen. Dies gilt für alle DGn zweiter Ordnung, nicht nur für lineare. Bei DGen erster Ordnung würde sich die Anfangsbedinung in einer x₀ = … - Angabe erschöpfen.

Weiterhin kennen wir die beiden wichtigen Sätze, die für lineare DGen gelten:

(1) Bei linearen homogenen DGen führt der e^{λ t}-Ansatz stets zum Erfolg, und

(2) Die allgemeine Lösung einer linearen in homogenen DG ist die Superposition (= additive Überlagerung) der allgemeinen Lösung der zugehörigen homogenen DG und einer speziellen („partikulären“) Lösung der inhomogenen DG.

Rücken wir zuerst der zu [] gehörenden homogenen DG zu Leibe und machen wir dafür gemäß (1) den e-hoch-Lambda-t-Ansatz:

x(t) = e^{λ t}

⇒ x’(t) = λ e^{λ t}

⇒ x’’(t) = λ² e^{λ t}

Das setzen wir in die zu [] gehörige homogene DG x’’ – 4 x’ + 4 x = 0 ein und bekommen:

λ² e^{λ t} – 4 λ e^{λ t} + 4 e^{λ t} = 0

⇔ e^{λ t} (λ² – 4 λ + 4) = 0

Da e^{λ t} niemals Null wird, muss der eingeklammerte Faktor für Nulligkeit sorgen:

⇔ λ² – 4 λ + 4 = 0

⇔ (λ – 2)² = 0

Diese Gleichung hat als einzige Lösung λ = 2, wobei diese 2 wegen dem „²“ zweifache Nullstelle ist (zur Vielfachheit von Nullstellen: Angenommen, Du hast herausgefunden, dass sich irgendein scheußliches Polynom p(x) = …x⁷ + …x⁶ + …x⁵ + … in der Form (x – 3)⁷ (x – (–9))² (x – 55) darstellen lässt, dann kannst Du daraus die Nullstellen mit ihren Vielfachheiten ablesen: 55 ist einfache Nullstelle, –9 ist zweifache Nullstelle und 3 ist 7-fache Nullstelle von p(x).)

Mit der erlangten Kenntnis von λ können wir die Lösung der zugehörigen homogenen DG angeben:

x_hom(t) = (C₁ + C₂ t) e^{2 t}

Der Ausdruck der rechten Seite gilt für den „Zweifache-Nullstelle-Sonderfall“, der hier ja vorliegt. Er ist natürlich einfach per Probe verifizierbar, aber man kann ihn auch herleiten, und zwar so. Um die zweifache Nullstelle λ = 2 zu vermeiden und stattdessen zwei einfache, sehr dicht bei 2 liegende Nullstellen zu erhalten, müssen wir nur die homogene DG von x’’ – 4 x’ + 4 x = 0 tricky nach x’’ – 4 x’ + (4 – ε) x = 0 mit sehr kleinem ε abändern.

Das führt statt auf λ² – 4 λ + 4 auf λ² – 4 λ + 4 – ε = 0 und letzteres auf die beiden einfachen Nullstellen λ₁ = 2 – √ε und λ₂ = 2 + √ε.

Die Lösung der ε-modifizierten homogenen DG ist somit

x(t) = D₁ e^{λ1 t} + D₂ e^{λ2 t}

= D₁ e^{(2 – √ε) t} + D₂ e^{(2 + √ε) t}

= (D₁ e^{–√ε t} + D₂ e^{√ε t}) e^{2 t}

Bei sehr kleinem ε ist auch √ε t sehr klein. Also dürfen wir die e-Funktionen linearisieren gemäß e^x ≈ 1 + x für x nahe Null. Das liefert:

= (D₁ (1 – √ε t) + D₂ (1 + √ε t) e^{2 t}

= ((D₁ + D₂) + (D₁ – D₂) √ε t) e^{2 t}

Die beiden konstanten Ausdrücke D₁ + D₂ und (D₁ – D₂) √ε dürfen wir zu zwei neuen Konstanten C₁ und C₂ zusammenfassen:

= (C₁ + C₂ t) e^{2 t}

Voila!

Nun zur partikulären Lösung der inhomogenen DG. Wie Du schon sagtest, sind die geeigneten Ansätze bei einer Störfunktion A e^{m x}

falls m KEINE Wurzel soll yp = b * e^mx
sein
falls m EINFACHE Wurzel soll yp = b * x *
e^mx sein
falls m ZWEIFACHE Wurzel soll yp = b *
x² * e^mx sein

Hier ist m = 2 „zufällig“ (natürlich vom Aufgabensteller beabsichtigt) eine zweifache Wurzel (= Nullstelle).

Also versuchen wir es mit dem Ansatz

x_part(t) = b t² e^{2 t}

Davon ist die erste und zweite Ableitung zu bilden und danach alles in [] einzusetzen.

Tust Du das, hast Du schließlich

2 b e^{2 t} = e^{2 t}

auf dem Papier stehen. e^{2 t} kann wieder herausgekürzt werden, weil es ja niemals Null wird:

⇔ 2 b = 1

⇔ b = 1/2

Aha, der Parameter b hält also keinen Einzug in die endgültige Lösung von []. Das darf er auch nicht, denn die Lösung hat ja mit C₁ und C₂ schon ihre beiden Parameter.

Damit kennen wir auch die partikuläre Lösung von []:

x_part(t) = 1/2 t² e^{2 t}

und brauchen x_hom und x_part nur noch zu superponieren, um es geschafft zu haben:

x(t) = (C₁ + C₂ t) e^{2 t} + 1/2 t² e^{2 t}

–––––––––––––––––––––––––––––––––
x(t) = (C₁ + C₂ t + 1/2 t²) e^{2 t}
–––––––––––––––––––––––––––––––––

ist die Lösung der DG []. Wer mag leite sie zweimal ab, setze alles ein, und überzeuge sich davon, dass es wirklich hinhaut.

Hier habe ich meine erste Frage: Da ich in meinen
Skripten einmal den den Ansatz für die Lösung von yh in der
Form
(C1 + C2) * e^λx geschrieben
habe, dann aber ein anderes Mal (C1 + C2 * x) *
e^λx geschrieben habe, bin ich
nun leicht verwirrt. Stimmt die Variante mit x oder die ohne
x?

Die mit x!

Dann hänge ich leider und frage mich, wie ich denn nun die
Konstanten berechnen kann.

Ohne Anfangsbedingungen (in Deiner Aufgabe nicht gegeben) garnicht.

Soll ich nun einen imaginären Punkt annehmen und
hoffen, dass dieser auch auf der Kurve ist?

Neiiin!

Gehe ich recht in der Annahme, dass mit keiner,
einfacher oder zweifacher Wurzel gemeint ist, dass m kein, ein
oder zwei WERTE der Wurzel ist, die ich benutzte, um λ
zu berechnen?

Zum Begriff der Vielfachheit einer Nullstelle habe ich oben schon was geschrieben. Lies Dir vielleicht auch noch den Wikipedia-Artikel zu Nullstellen, insbesondere den Abschnitt „mehrfache Nullstellen“, durch (ist für so fortgeschrittene Mathematikereien einigermaßen wichtig):

http://de.wikipedia.org/wiki/Nullstelle

Mit freundlichem Gruß
Martin

mrhenky_d11d7f · 19. August 2008 um 16:17

Danke danke, vielen Dank für die umfangreiche Erklärung.
Das hat mir sehr weitergeholfen!

Der Ausdruck der rechten Seite gilt für den
„Zweifache-Nullstelle-Sonderfall“, der hier ja vorliegt. Er
ist natürlich einfach per Probe verifizierbar, aber man kann
ihn auch herleiten, und zwar so. Um die zweifache Nullstelle
λ = 2 zu vermeiden und stattdessen zwei einfache, sehr
dicht bei 2 liegende Nullstellen zu erhalten, müssen wir nur
die homogene DG von x’’ – 4 x’ + 4 x = 0 tricky nach x’’ – 4
x’ + (4 – ε) x = 0 mit sehr kleinem ε abändern.

Tut mir leid, das habe ich jetzt nicht verstanden, tut aber auch nichts zur Sache, da ich das nie gelernt habe. Trotzdem herzlichen Dank für diese Zusatzinformation.

Gehe ich dann recht in der Annahme, dass man bei Anfangsbedingungen der Form
y(0) = 12 und y’(0) = 7 diese Werte in die dementsprechenden Gleichungen einsetzen muss und man somit die Konstanten berechnen kann?

Dann habe ich noch eine Frage zum dritten Fall einer Störfunktion:

Angenommen, ich habe eine Störfunktion der Form

130 Sin ( 2x )

Ist dies eine Störfunktion des Falles A_rx^r+…+A₀

oder eher des Falles A Sin ( ωx ) + B Cos ( ωx ) ?
Wenn es der zweite Fall ist, habe ich jetzt meine Frage dazu:

In meinem Formelabschnitt habe ich stehen, dass bei jenem obigen Fall 2 Möglichkeiten für einen Ansatz von yp existieren:

falls j ω nicht Lösung: yp = a*sin ωx + b*cos ωx
falls j ω Lösung: yp = a * x * sin ωx + b * x *cos ωx

( wir haben die komplexe Variable, die immer gern als i bezeichnet wird immer als j bezeichnet. )

Nur frage ich mich: Wie kann ich überprüfen, ob j ω der Lösung entspricht? Und welcher Lösung?

Mit freundlichem Gruß
Martin

Mit einem ebenso freundlichen Gruß
mrhenky

Martin · 19. August 2008 um 23:37

…sehr weitergeholfen!

Das ist ja erfreulich

Der Ausdruck der rechten Seite gilt für den
„Zweifache-Nullstelle-Sonderfall“, der hier ja vorliegt. Er
ist natürlich einfach per Probe verifizierbar, aber man kann
ihn auch herleiten, und zwar so. Um die zweifache Nullstelle
λ = 2 zu vermeiden und stattdessen zwei einfache, sehr
dicht bei 2 liegende Nullstellen zu erhalten, müssen wir nur
die homogene DG von x’’ – 4 x’ + 4 x = 0 tricky nach x’’ – 4
x’ + (4 – ε) x = 0 mit sehr kleinem ε abändern.

„Normalerweise“ liefert die λ-Gleichung λ² + 2 γ λ + ω₀² = 0 zwei einfache Nullstellen λ₁ und λ₂, nämlich entweder zwei reelle, wenn γ > ω₀ ist (⇒ positive Diskriminante, „Kriechfall“), oder zwei zueinander konjugiert-komplexe, wenn γ 0 ist (⇒ negative Diskriminante, „Schwingfall“).

In beiden Fällen ist die Lösung klar, nämlich

x(t) = C₁ e^{λ1 t} + C₂ e^{λ2 t}

= die lineare Superposition der beiden linear unabhängigen
„Fundamentallösungen“ e^{λ1 t} und e^{λ2 t}

Soweit klar? OK. Daneben gibt es jetzt aber auch noch den Sonderfall, dass die λ-Gleichung nicht zwei, sondern nur eine Lösung hat, d. h. λ² + 2 γ λ + ω₀² weist nur eine zweifache Nullstelle auf. Das passiert bei γ = ω₀ (⇒ Diskriminante = 0, „aperiodischer Grenzfall“). Nun könnte man naiv denken „ja was solls“, dann liefert das obige Superpositionsschema halt

x(t) = C e^{λ t} (*)

als Lösung (das λ darin ist das Zweifache-Nullstellen-Lambda) und fertig. Das funktioniert aber nicht! Auch im γ = ω₀-Sonderfall muss die allgemeine Lösung nämlich, weil die DG zweiter Ordnung ist, zwei Parameter enthalten; der Ausdruck (*) enthält aber mit C nur einen Parameter und ist deshalb falsch. Das Schema mit der linearen Superposition versagt also für diesen Fall.

Die richtige Lösung mit ordnungsgemäßen zwei Parametern ist vielmehr

x(t) = (C₁ + C₂ t) e^{λ t}

Man kann nun nicht nur durch eine Probe nachweisen, dass dies stimmt, sondern es auch herleiten, und wie, habe ich gezeigt.

Gehe ich dann recht in der Annahme, dass man bei
Anfangsbedingungen der Form
y(0) = 12 und y’(0) = 7 diese Werte in die dementsprechenden
Gleichungen einsetzen muss und man somit die Konstanten
berechnen kann?

Jawohl. Diese Anfangsbedingungen legen C₁ und C₂ eindeutig fest, und das tut jedes vollständige „Anfangsbedingungs-Datenset“, hier bestehend aus y(0) und y’(0).

Du kannst es sogar ganz allgemein, d. h. ohne 12 und 7 rechnen.

x(t) = (C₁ + C₂ t + 1/2 t²) e^{2 t}

war die Lösung der DG. x’(t) ergibt sich daraus zu

x’(t) = (2 C₁ + C₂ + (2 C₂ + 1) t + t²) e^{2 t}

Daraus resultieren folgende Werte für t = 0:

x(0) = C₁

x’(0) = 2 C₁ + C₂

Dieses lineare Gleichungssystem kannst Du nach C₁ und C₂ auflösen:

C₁ = x₀

C₂ = x’₀ – 2 x₀

Das wiederum eingesetzt in die Lösung der DG:

x(t) = (x₀ + (x’₀ – 2 x₀) t + 1/2 t²) e^{2 t}

Fertig. So ist es noch hübscher und komfortabler als mit C₁ und C₂.

Angenommen, ich habe eine Störfunktion der Form

130 Sin ( 2x )

Ist dies eine Störfunktion des Falles
A_rx^r+…+A₀

oder eher des Falles A Sin ( ωx ) + B Cos ( ωx )?

Zweites natürlich. 130 Sin(2x) ist doch ein Unterfall des zweiten Ausdrucks, nämlich für ω = 2, A = 130 und B = 0.

In meinem Formelabschnitt habe ich stehen, dass bei jenem
obigen Fall 2 Möglichkeiten für einen Ansatz von yp
existieren:

falls j ω nicht Lösung: yp = a*sin ωx + b*cos
ωx
falls j ω Lösung: yp = a * x * sin ωx + b * x
*cos ωx

( wir haben die komplexe Variable, die immer gern als i
bezeichnet wird immer als j bezeichnet. )

Nur frage ich mich: Wie kann ich überprüfen, ob j ω der
Lösung entspricht? Und welcher Lösung?

Hm… ich fürchte, hier bin ich momentan auch überfragt.

Gute Nacht
Martin