Differentialgleichung 2. Ordnung

15.04.2020, 10:37

Phasma

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Differentialgleichung 2. Ordnung

a) Bestimmen Sie die allgemeine reelle Lösung der Differentialgleichung
$\begin{eqnarray*} x''(t)+2x'(t)+x(t)=cos(2t) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} t\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ .
Für welche $\begin{eqnarray*} (a;b)\in \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ ist die maximale Lösung des zugehörigen Anfangswertproblems $\begin{eqnarray*} x(0)=a \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x'(0)=b \end{eqnarray*}$ beschränkt? Begründen Sie Ihre Antworten.

b) Geben Sie (mit Begründung) alle Paare $\begin{eqnarray*} (c;d)\in \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ , für welche die zugehörige Differentialgleichung
$\begin{eqnarray*} x''(t)+cx'(t)+dx(t)=cos(2t) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} t\in \mathbb R \end{eqnarray*}$ ,
keine beschränkte reelle maximale Lösung besitzt.

Mein Ansatz:
Zunächst würde ich die Lösung der homogenen DGL $\begin{eqnarray*} x''(t)+2x'(t)+x(t)=0 \end{eqnarray*}$ bestimmen. Das ist eine lineare DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Da stelle ich das charakteristische Polynom auf:
$\begin{eqnarray*} p=\lambda^2+2\lambda+1 \end{eqnarray*}$ .
Dieses hat die doppelte Nullstelle $\begin{eqnarray*} -1 \end{eqnarray*}$ . Also sind
$\begin{eqnarray*} e^{-t} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -e^{-t} \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Lösungen der homogenen DGL.

Aber wie findet man jetzt noch eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL? Oder wäre von vornherein besser gewesen, ein anderes Lösungsverfahren anzuwenden?

15.04.2020, 11:27

klarsoweit

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RE: Differentialgleichung 2. Ordnung

Zitat:

Original von Phasma
Also sind
$\begin{eqnarray*} e^{-t} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} -e^{-t} \end{eqnarray*}$ linear unabhängige Lösungen der homogenen DGL.

Da bist du leider auf dem Holzweg. Wenn man deine beiden Lösungen addiert, kommt die Nullfunktion raus. Also sind sie linear abhängig. geschockt

geschockt

15.04.2020, 11:43

Phasma

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RE: Differentialgleichung 2. Ordnung
Da hast du natürlich recht smile

smile

Danke für den Hinweis. Das war ein Tippfehler, natürlich muss es heißen:

$\begin{eqnarray*} e^{-t} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} te^{-t} \end{eqnarray*}$ sind linear unabhängige Lösungen der homogenen DGL.

15.04.2020, 12:29

klarsoweit

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RE: Differentialgleichung 2. Ordnung

Zitat:

Original von Phasma
Aber wie findet man jetzt noch eine partikuläre Lösung der inhomogenen DGL?

Ohne es jetzt gerechnet zu haben, würde ich es mit Variation der Konstanten versuchen.

15.04.2020, 12:40

Antezedenz

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RE: Differentialgleichung 2. Ordnung
Die Methode der unbestimmten Koeffizienten geht auch ganz gut, allerdings muss man hier wissen (oder gut raten smile

smile

), dass man in diesem Fall eine Linearkombination von $\begin{eqnarray*} sin(2t) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} cos(2t) \end{eqnarray*}$ als Ansatzfunktion braucht.

15.04.2020, 14:39

Phasma

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RE: Differentialgleichung 2. Ordnung
Also ich habe es zuerst mit Variation der Konstanten gemacht. Das war ziemlich umständlich oder vielleicht habe ich auch nur zu umständlich integriert. Am Ende komme ich auf:

$\begin{eqnarray*} x_p(t)=-\frac{3}{25}cos(2t)+\frac{4}{25}sin(2t) \end{eqnarray*}$

für die partikuläre Lösung.

Dann habe ich deine Methode nachgelesen und ausprobiert, Antezedenz, danke für den Tipp! Damit geht es in diesem Fall deutlich schneller, und ich komme auf die selbe Lösung smile

smile

Das funktioniert also immer, wenn rechts etwas mit cos steht?

Damit ist also die Lösung der Differentialgleichung:

$\begin{eqnarray*} x(t)=x_{hom}(t)+x_p(t)=C_1e^{-t}+C_2te^{-t}-\frac{3}{25}cos(2t)+\frac{4}{25}sin(2t) \end{eqnarray*}$ .

Nun soll man ja noch ermitteln für welche $\begin{eqnarray*} (a;b)\in \mathbb R^2 \end{eqnarray*}$ die maximale Lösung des Anfangswertproblems $\begin{eqnarray*} x(0)=a \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} x'(0)=b \end{eqnarray*}$ beschränkt ist.

Es ist ja $\begin{eqnarray*} x(0)=C_1-\frac{3}{25} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x'(0)=-C_1+C_2+\frac{8}{25} \end{eqnarray*}$ .

Aber damit $\begin{eqnarray*} x(t) \end{eqnarray*}$ beschränkt bleibt, müssen doch die Terme mit $\begin{eqnarray*} e^{-t} \end{eqnarray*}$ verschwinden, oder? Also $\begin{eqnarray*} C_1=C_2=0 \end{eqnarray*}$ , und damit $\begin{eqnarray*} a=-\frac{3}{25} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b=\frac{8}{25} \end{eqnarray*}$ . Stimmt das?

Leider habe ich noch Probleme mit dem Begriff der maximalen Lösung, obwohl ich die Definition dafür nachgelesen habe. Aber was bedeutet das hier im konkreten Fall bzw. wie erkenne ich, ob eine Lösung maximal ist?

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15.04.2020, 18:13

Leopold

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Die Funktionen

$\begin{align*} t \mapsto x = \frac{1}{25} \left( 4 \sin(2t) - 3 \cos(2t) \right) + C_1 \operatorname{e}^{-t} + C_2 t \operatorname{e}^{-t} \end{align*}$

sind für alle $\begin{align*} t \in I_{\text{max}} = \left( - \infty , \infty \right) \end{align*}$ erklärt und erfüllen die Differentialgleichung. Das heißt, $\begin{align*} I_{\text{max}} = \mathbb{R} \end{align*}$ ist das maximale Lösungsintervall. Es könnte sonst jemand auf die Idee kommen, die Funktionen auf ein kleineres Intervall einzuschränken, zum Beispiel $\begin{align*} J = \left( -2 , 2 \right) \end{align*}$ , dann wären die Funktionen

$\begin{align*} t \mapsto x = \frac{1}{25} \left( 4 \sin(2t) - 3 \cos(2t) \right) + C_1 \operatorname{e}^{-t} + C_2 t \operatorname{e}^{-t} \, , \ \ t \in J \end{align*}$

alle beschränkt und die Aufgabe würde ihren Sinn verlieren. Das Wort "maximal" steht hier nur, um die Aufgabe gegen "böswillige" Interpreten abzusichern, die sich "einen faulen Lenz machen wollen". Bei Differentialgleichungen bedeutet "maximale Lösung" immer "Lösung in einem größtmöglichen Intervall".

15.04.2020, 18:28

Phasma

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Danke für die Erklärung, Leopold!

Damit wäre a) dann gelöst.
Bei b) soll man ja die Paare $\begin{eqnarray*} (c;d) \end{eqnarray*}$ angeben, für die die Differentialgleichung keine beschränkte reelle maximale Lösung besitzt. Ich weiß aber nicht, wie man das angeht. Das charakteristische Polynom lautet dann $\begin{eqnarray*} \lambda^2+c\lambda+d \end{eqnarray*}$ . Aber hier komme ich nicht weiter; wie finde ich eine Bedingung, sodass es keine beschränkte Lösung gibt?

15.04.2020, 20:48

Leopold

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Kommen wir einmal von der anderen Seite. Das heißt, versuchen wir Lösungen der Gestalt

$\begin{align*} x = x(t) = \lambda \sin(2t) + \mu \cos(2t) \end{align*}$

zu finden. Setzt man das in die Differentialgleichung $\begin{align*} x'' + cx' + dx = \cos(2t) \end{align*}$ ein (übrigens ist $\begin{align*} d \end{align*}$ eine im Zusammenhang mit Differentialgleichungen abseitige Wahl für einen Parameter - darauf muß man erst mal kommen!) und führt man einen Koeffizientenvergleich durch (was wegen der linearen Unabhängigkeit der Funktionen $\begin{align*} \sin(2t) \end{align*}$ und $\begin{align*} \cos(2t) \end{align*}$ erlaubt ist), erhält man ein lineares Gleichungssystem in den Unbekannten $\begin{align*} \lambda,\mu \end{align*}$ . Seine Determinante ist

$\begin{align*} \begin{vmatrix} 2c & d-4 \\ d-4 & -2c \end{vmatrix} = - \left( 4c^2 + (d-4)^2 \right) \end{align*}$

Und diese kann nur 0 werden, wenn $\begin{align*} c=0 \end{align*}$ und $\begin{align*} d=4 \end{align*}$ ist. Ist das nicht der Fall, so ist das Gleichungssystem in $\begin{align*} \lambda,\mu \end{align*}$ eindeutig lösbar, und $\begin{align*} x = \lambda \sin(2t) + \mu \cos(2t) \end{align*}$ mit den gefundenen $\begin{align*} \lambda,\mu \end{align*}$ löst die Differentialgleichung $\begin{align*} x'' + cx' + dx = \cos(2t) \end{align*}$ . Wir haben eine beschränkte Lösung gefunden.

Bleibt der Fall $\begin{align*} c=0 \ \wedge \ d=4 \end{align*}$ , also die Differentialgleichung

$\begin{align*} x'' + 4x = \cos(2t) \end{align*}$

Hier könnte es sein, daß es nur unbeschränkte Lösungen gibt. Zuerst habe ich auch nicht weiter gewußt. Dann habe ich in meinem alten "Kamke, Differentialgleichungen" nachgesehen und $\begin{align*} x = \frac{1}{4} t \cdot \sin(2t) \end{align*}$ als spezielle Lösung gefunden. Und die ist unbeschränkt. Kann es nun beschränkte Lösungen geben?

Vielleicht fällt einem anderen etwas Besseres ein. Ich bin jetzt nicht der Spezialist für Differentialgleichungen. Und war das wirklich eine Klausuraufgabe? Oder ist das für dich eine Aufgabe zum Üben?

EDIT
Schreibfehler ausgebessert.

15.04.2020, 23:24

Phasma

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Danke für deine ausführliche Hilfe Leopold. Ich konnte deine Lösungsmethode nachvollziehen, aber selbst bin ich nicht draufgekommen... Hoffentlich kommt das noch.

Wie kann man denn bestimmen, dass $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{4}t\sin(2t) \end{eqnarray*}$ eine spezielle Lösung von $\begin{eqnarray*} x''+4x=\cos(2t) \end{eqnarray*}$ ist?

Wenn die spezielle Lösung unbeschränkt ist, müssten alle Lösungen unbeschränkt sein, oder?

Ja das war eine Aufgabe aus dem Staatsexamen von 2015 (Bayern).

16.04.2020, 09:23

Leopold

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Zitat:

Original von Phasma
Wie kann man denn bestimmen, dass $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{4}t\sin(2t) \end{eqnarray*}$ eine spezielle Lösung von $\begin{eqnarray*} x''+4x=\cos(2t) \end{eqnarray*}$ ist?

Habe ich im Kamke, Differentialgleichungen nachgeschlagen.

Zitat:

Original von Phasma
Wenn die spezielle Lösung unbeschränkt ist, müssten alle Lösungen unbeschränkt sein, oder?

Das geht etwas schnell. Es könnte doch unter den Lösungen der homogenen Gleichung eine sein, so daß beim Addieren zur speziellen Lösung sich Effekte so gegenseitig auslöschen, daß die neue spezielle Lösung beschränkt ist. Mit anderen Worten: Du mußt die Lösungen der homogenen Gleichung in deine Überlegung miteinbeziehen.

16.04.2020, 11:15

Phasma

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Zitat:

Original von Leopold
Das geht etwas schnell. Es könnte doch unter den Lösungen der homogenen Gleichung eine sein, so daß beim Addieren zur speziellen Lösung sich Effekte so gegenseitig auslöschen, daß die neue spezielle Lösung beschränkt ist. Mit anderen Worten: Du mußt die Lösungen der homogenen Gleichung in deine Überlegung miteinbeziehen.

Okay, dann müssen wir uns noch die homogenen Lösungen anschauen. Die Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} x''+4x=\cos(2t) \end{eqnarray*}$ hat als charakteristisches Polynom $\begin{eqnarray*} \lambda^2+4 \end{eqnarray*}$ . Das hat die Nullstellen $\begin{eqnarray*} \pm 2i \end{eqnarray*}$ . Also sind $\begin{eqnarray*} e^{\pm2it}=\cos(2t)\pm i\sin(2t) \end{eqnarray*}$ Lösungen der homogenen DGL. Also ist die allgemeine Lösung
$\begin{eqnarray*} x_{h}(t)=a\cos(2t)+b\sin(2t) \end{eqnarray*}$ .
Aber die ist beschränkt. Da die partikuläre Lösung unbeschränkt ist, müssen alle Lösungen unbeschränkt sein.

Was das Bestimmen der speziellen Lösung angeht: Ich habe es nochmal mit Variation der Konstanten probiert und kam nach langem Hin und Her tatsächlich auf $\begin{eqnarray*} \frac{1}{4}t\sin(2t) \end{eqnarray*}$ als Lösung. Aber da das jetzt ja auch nur ein Teil der Aufgabe war, muss das bei einer Prüfungsaufgabe doch in einem vertretbaren Zeitaufwand berechenbar sein?! Gibt es da vielleicht einen "Trick", oder muss man solche längeren Rechnung einfach "blitzschnell" richtig erledigen können?

16.04.2020, 12:39

Antezedenz

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Nachdem ich die Aufgabe und Leopolds schöne Lösung auf mich wirken ließ, glaube ich inzwischen, dass der "wirkliche" Trick der Aufgabe genau andersherum geht. Es war ja nirgends gefordert, dass die Partikularlösung berechnet werden muss - eine rein "argumentative" Lösung könnte für die volle Punktzahl gereicht haben und da wir die Bewertungskriterien nicht kennen ...

Mein Argument kommt jetzt eher aus der physikalischen Ecke. Die DGL modelliert einen gedämpften harmonischen Oszillator mit periodischer äusserer Kraft. In einem solchen System kann es zur Resonanz kommen, mathematisch sind die Lösungen dann unbeschränkt. Speziell muss in diesem Fall die Erregerfrequenz (in diesem Fall 2) gleich der Eigenfrequenz des ungestörten Systems sein. Dies tritt genau dann auf, wenn 2i eine Lösung der charakteristischen Gleichung ist.

Eingesetzt ergibt das:
$\begin{eqnarray*} (2i)^2+c(2i)+d=0 \end{eqnarray*}$ .

Ausgerechnet:
$\begin{eqnarray*} -4+2ic+d=0 \end{eqnarray*}$ .

Daraus folgt dann c = 0 und d = 4. Vielleicht hätte ein Argument dieser Art schon gereicht?

An dieser Stelle kann ich mir übrigens die Bemerkung nicht verkneifen, dass Bayern anscheinend in einigen Dingen etwas spezielle Vorstellungen hat... Meine Studienzeit ist einige Zeit her, aber nie musste ich in Uniklausuren Aufgaben lösen, die auch nur annähernd diesen Schwierigkeitsgrad hatten. In Übungsblättern schon, klar - aber da hat man auch nicht diese Zeitbeschränkung. Den unvorbereiteten Nichtspezialisten möchte ich sehen, der das in den Zeitvorgaben mal eben aus dem Ärmel schütteln kann...

16.04.2020, 13:03

Elvis

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Das erklärt vielleicht, warum bayrische Schüler schlauer sind als andere ... die haben schlauere Lehrer. Ich bin auch erstaunt über das hohe Niveau dieser Aufgaben und freue mich, dass wir hier für jede mathematische Disziplin engagierte Experten haben, die fleißig mitarbeiten.

16.04.2020, 13:49

HAL 9000

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Zitat:

Original von Phasma
Wie kann man denn bestimmen, dass $\begin{eqnarray*} x=\frac{1}{4}t\sin(2t) \end{eqnarray*}$ eine spezielle Lösung von $\begin{eqnarray*} x''+4x=\cos(2t) \end{eqnarray*}$ ist?

[...]

Gibt es da vielleicht einen "Trick", oder muss man solche längeren Rechnung einfach "blitzschnell" richtig erledigen können?

Wenn du Details wissen willst:

Bei inhomogenen linearen Differentialgleichungen mit konstanten Koeffizienten kommt man bei Störfunktionen des speziellen Typs

$\begin{eqnarray*} s(t) = P(t) e^{\lambda t} \end{eqnarray*}$

mit einem Polynom $\begin{eqnarray*} P \end{eqnarray*}$ so zu einem passendem Ansatz: Gewöhnliche DGL 2. Ordnung, linear, inhomogen

Im vorliegenden Fall geht es um $\begin{eqnarray*} P(t)=1 \end{eqnarray*}$ (also Polynom "nullten" Grades), $\begin{eqnarray*} \lambda = \pm 2i \end{eqnarray*}$ sind beides einfache Nullstellen der charakteristischen Gleichung $\begin{eqnarray*} \lambda^2+4=0 \end{eqnarray*}$ . Somit haben wir Vielfachheit $\begin{eqnarray*} v=1 \end{eqnarray*}$ für beide Nullstellen und es ergibt sich Ansatz $\begin{eqnarray*} x_p(t) = t\left(C_1 e^{2it} + C_2 e^{-2it}\right) \end{eqnarray*}$ , was man aber wieder reell umrubeln kann zu Ansatz $\begin{eqnarray*} x_p(t) = t\left(C_3\cos(2t) + C_4 \sin(2t)\right) \end{eqnarray*}$ .

Einsetzen in die inhomogene DGL, durchrechnen und Koeffizientenvergleich ergibt dann das von Leopold angegebene $\begin{eqnarray*} C_3=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C_4=\frac{1}{4} \end{eqnarray*}$ .

"Blitzschnell" geht das auch nicht, aber vielleicht doch einen ganzen Tick schneller als Variation der Kostanten. Dafür ist es nicht so universell geeignet, denn diese Ansatzmethode ist eben nur für einen speziellen Störfunktionstyp (s.o.) geeignet.

16.04.2020, 15:23

Phasma

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Danke euch allen für eure Hilfe. Die Methode von HAL 9000 werde ich mir auf jeden Fall merken, das habe ich ausprobiert und hat prima funktioniert.
Ja, die Aufgaben sind schon nicht ganz leicht, zumal man das Ganze ja auch noch in einem anderen Fach (bei mir Physik) machen muss (und auch Didaktik und EWS), aber da muss man eben durch Augenzwinkern

Augenzwinkern

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