Aufgaben zur Ingenieurmathematik: Differenzialgleichungen, Numerik, Fourier- und Laplacetheorie - Mit Mathematica- und Maple-Beispielen [Reprint 2015 ed.] 9783486598865, 9783486259551

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Aufgaben zur Ingenieurmathematik Differenzialgleichungen, Numerik, Fourier- und Laplacetheorie Mit Mathematica- und Maple-Beispielen

von

Walter Strampp

Oldenbourg Verlag München Wien

Die Nennung von Marken oder Titeln oder geschützten Wörtern oder Wortfolgen erfolgt in diesem Werk ohne Erwähnung etwa bestehender Marken-, Geschmacksmuster-, Gebrauchsmuster-, Titelschutzrechte oder Patente. Das Fehlen eines solchen Hinweises begründet also nicht die Annahme, ein nicht gekennzeichnetes Wort oder eine nicht gekennzeichnete Wortfolge, Ware oder Dienstleistung bzw. entsprechende Titel seien frei.

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Strampp,

Walter:

Aufgaben zur Ingenieurmathematik : mit Mathematica- und Maple-Beispielen Differenzialgleichungen, Numerik, Fourier- und Laplacetheorie / von Walter Strampp. München ; Wien : Oldenbourg, 2002 (Oldenbourg-Lehrbücher für Ingenieure)

-

-

ISBN 3-486-25955-5

© 2002 Oldenbourg Wissenschaftsverlag GmbH Rosenheimer Straße 145, D-81671 München Telefon: (089) 45051-0

www.oldenbourg-verlag.de Das Werk einschließlich aller Abbildungen ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung außerhalb der Grenzen des Urheberrechtsgesetzes ist ohne Zustimmung des Verlages unzulässig und strafbar. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Bearbeitung in elektronischen Systemen.

Lektorat: Sabine Ohlms Herstellung: Rainer Haiti

Umschlagkonzeption: Kraxenberger Kommunikationshaus, München Gedruckt auf säure- und chlorfreiem Papier Druck: R. Oldenbourg Graphische Betriebe Druckerei GmbH

Vorwort Übungsband

In dem vorliegenden werden zentrale Inhalte der Ingenieurmathematik im ersten und im mittleren Studienabschnitt aus der Anwendersicht behandelt. Zahlreiche spiele und Klausuraufgaben werden ausführlich besprochen und durchgerechnet. Durch die Aufgaben werden zunächst die Begriffe gefestigt. Danach wird der Gebrauch der mathematischen Werkzeuge in typischen Situationen vorgeführt und eingeübt. Die erforderlichen Definitionen und Sätze werden den Aufgaben vorangestellt, sodass die Systematik eines Lehrbuchs und die Funktion eines Nachschlagewerks erhalten bleibt. Immer wieder wird exemplarisch auf den heute unverzichtbaren Einsatz von Computeralgebra-Systemen eingegangen. Dadurch ergibt sich zugleich eine objektorientierte Einfhrung in die Programme Mathematica und Maple. Beim Oldenbourg-Verlag bedanke ich mich für die gute Zusammenarbeit. Kassel

Übungsbei-

Veröffentlichung des Manuskripts und die Walter

Strampp

Inhaltsverzeichnis 1 1.1

1.2 1.3 1.4

Differenzialgleichungen Gleichungen erster Ordnung

.

Lineare Differenzialgleichungen.

Separierbare Differenzialgleichungen. Spezielle Gleichungen erster Ordnung.

1.5 1.6 1.7

Lösung durch Potenzreihenentwicklung. Gleichungen höherer Ordnung und Systeme. Gleichungen mit konstanten Koeffizienten.

2 2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7

Numerische Methoden

3 3.1 3.2 3.3 3.4 3.5

Fehleranalyse. Horner-Schema. Interpolation. Approximation

.

Quadraturformeln. und

Fixpunkte Nullstellen. Lösung von Differenzialgleichungen. Methoden der Systemtheorie

1 1 16 35 48 68 74 100

143 143 153 164 192 207 233 243

z-Transformation. Laurentreihen.

253 253 288 322 348 374

Sachwortverzeichnis

383

Fourierreihen. Fouriertransformation.

Laplacetransformation

.

1

1.1

Differenzialgleichungen Gleichungen erster Ordnung

Unter einer Differenzialgleichung erster Ordnung versteht man eine Beziehung, in die eine unbekannte Funktion, ihre Ableitung und ihr Argument eingehen. Wir nehmen an, dass die Ableitung explizit dargestellt werden kann.

Differenzialgleichung erster Ordnung Auf einem Gebiet DcRxKsei eine reellwertige, stetige Funktion g erklärt. Die Gleichung

y1 g(x, y) =

Ordnung bezeichnet. Gilt f'(x) g(x, f(x)) jedes x aus dem Definitionsintervall, so heißt / Lösung der Differenzialgleichung. Damit wir nicht zu viele Symbole haben, bezeichnen wir Lösungen mit y(x). wird als

Differenzialgleichung

y'(x)

=

erster

g(x, y(x))

=

y(x) ist Lösung von y'

=

für

g(x, y).

Aufgabe 1.1: Funktionen in eine Differenzialgleichung einsetzen Man prüfe nach, ob die Funktionen I

y\(x)=ce^

2

3 ,

yi{x)=-~, c xA —

beliebigen Konstanten c £ R in ihrem jeweiligen Definitionsbereich eine der beiden folgenden Differenzialgleichungen erfüllen: mit einer

y'

=

x2 y

und

y'

=

x

y2 .

Lösung Beide Differenzialgleichungen sind inKxR definiert. Die Funktion y\ in ganz M erklärt.

ist für alle Parameter c

1

2

Differenzialgleichungen

Bild 1.1: Die Funktion

yx(x) ceSx für verschiedene Parameter c =

Es

gilt:

y[(x)=cx2elx

xzyi(x)

=

und somit:

y'l(x)-x2y1(x)=0, aber

y\(x)

x

(yi (x))2

yi(x) (x

x

=

y\ (x)). -

-

Die erste Differenzialgleichung wird also von y\ erfüllt, während die zweite Differenzialgleichung nur bei c 0 für alle rel gelten kann. =

0 kann y\ für x < 0 Für Parameter c < 0 ist die Funktion y2 für alle x e R erklärt. Für c oder oder für x > 0 erklärt werden. Für c > 0 kann yi für x < yjc oder für ,/c < x < für ^/c < x erklärt werden. =

—

—

Bild 1.2: Die Funktionen:

y2(x)

=

-~

xL

c

bei c




0

(rechts)

—

Es

gilt:

)4(-*)

4x =

X2)2

(c

=

*

(y2(x)r

-

und somit

y2(x)

x -

(y2(x))2

=

0

,

aber

y'2(x) x2 y2(x)

=

x

y2(x) (y2(x)

-

x). -

Die zweite Differenzialgleichung wird also von y2 erfüllt, während die erste Differenzialgleichung nicht für alle x aus dem jeweiligen Definitionsbereich gelten kann.

Mathematica:

ylfxj

:= c

exp[y]

1.1

Gleichungen erster Ordnung

3

y2[x_]

:= —

Simplify[3xyllxJ

-

x2 yl[x]]

0

Simplify[9xy2[x]

x -

y2[x]2]

0

Maple: yl:=x->c*exp((1/3)*x"3)

yl

:= x -* ce

y2

:= x ->

(1/3a3)

y2:=x->2/(c-x"2); 1 2-rxl c —

simplify(diff(yl(x),x)-x~2*yl(x));

Simplify((A3jc

e

xo

=

\/ln(52),

bekommt man die explizite Darstellung der Leitkurve I

s

|

,

5
i(x)dx e-co*x). j inhomogenen allgemeine

Cp(x) Insgesamt bekommt man die

=

=

=

Gleichung:

Lösung der

=

(c +

ecos(x)

mit einer beliebigen Konstanten c. Damit die 3

=

=

cecos(jr) +

1

Anfangsbedingung erfüllt wird, muss gelten

cel

+ 1 .

Setzt man also c = 2c_1, so erhält man die Lösung des Anfangswertproblems:

y(x) Das

=

2ec(K(x)-1

Anfangswertproblem kann direkt gelöst werden:

+ 1

.

1.2 Lineare Differenzialgleichungen

29

Mathematica

DSolve[y'[x] + sinfx] yfx]

sin[x], y[x], x]

l+ecosWC[l]}]

[[y[x]-+

DSolve[y'[x] + sin[x] y[xj {{y[x]-+

==

==

sin[x], y[0]

==

3), y[x], x]

2e~l+cm[x]}}

1 +

Maple dsolve

(diff(y(x) ,x)+sin(x)*y(x)=sin(x));

Dsolve((— y(x)) + sin(x) y(x)

=

dx

dsolve (dif f

sin(x))

=

(y(x)

=

1 +

ecos(jc) _C7)

(y (x) ,x)+sin(x)*y(x)=sin(x),y(0)=3,y(x));

9

Dsolve({( dx y(x))

+

sin(x) y(x)

=

sin(x), y(0)

=

3}, y(x))

—

(yU)

1+2

=

cosh(l) + sinh(l)

)

.

Aufgabe 1.20: Ein Anfangswertproblem für eine inhomogenene Gleichung lösen Man löse das folgende Anfangswertproblem: 2

x2, sin(3x), y(I) /-y x ,

=

indem

man von

der allgemeinen

=

0,

Lösung ausgeht.

Lösung Die Differenzialgleichung kann in der rechten Halbebene x > 0 oder in der linken Halbebene x < 0 betrachtet werden. Da der Anfangspunkt in der rechten Halbebene liegt, suchen wir dort nach der allgemeinen Lösung. Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet: yh(x)

=

cefldx =ce2 Xn(x) cx2. =

Variation der Konstanten liefert eine partikuläre Lösung der

=

1 =

am(3x)dx^j cos(3 x) x

2

—

.

x2

inhomogenen Gleichung:

30

1

Damit lautet die

allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung: y(jc)

cx2

=

—

Die

^ cos(3x)x2

x>0.

,

Anfangangsbedingung führt auf die Forderung: 0

Die

Differenzialgleichungen

=

6'—-

3

cos(3)

c

3 cos(3).

=

-

Lösung des Anfangswertproblems lautet somit: y(jc)

1

cos(3x))x

(cos(3)

= -

2 ,

x>0.

—

Obwohl die Differenzialgleichung bei x erklärt.

=

0 nicht erklärt ist, sind ihre Lösungen für alle x

e

50 40

30

/ 1

A

Anfangswertproblems y-y xL sin(3x) =

y(D

Aufgabe 1.21:

=

0

Partikuläre Lösung bestimmen

Man bestimme eine

partikuläre Lösung der inhomogenen Gleichung

y'

=

a

y+

a

cos(x + S).

(Dabei sind a, a, S Konstante). Man führe zuerst Variation der Konstanten durch und bestimme dann eine partikuläre Lösung, indem man den Ansatz

yp(x)

=

A

cos(x + 8) + B sin(x + 8)

einsetzt.

Lösung Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung ergibt sich sofort zu yh{x) Damit erhält

man

eine

ceax

.

partikuläre Lösung durch Variation der Konstanten:

yp(x) mit

=

=

cp(x)eax

1.2 Lineare

31

Differenzialgleichungen Cj,(x)

j

=

a


(a cos(x + 8)

a2+ Aufgabe 1.22: Sei

a


lim b(x)

=

b

.

x—>oc

Man

zeige, dass jede Lösung y(x) der Differenzialgleichung y

den

1

Lösungen im Unendlichen betrachten K eine stetige Funktion mit dem Grenzwert:

Verhalten der :

sin(x + 8)) —

=

a

y +

b(x)

folgenden Grenzwert besitzt: lim

y(x)

b = —

.

32

1

Differenzialgleichungen

Lösung Die allgemeine Lösung ergibt sich durch Variation der Konstanten: y(x)

=

b(t)e'a'dtj

ceax+

ea x

.

Der erste Summand strebt gegen Null bei x — oo. Der grenzwert des zweiten Summanden kann mit der Regel von de 1'Hospital berechnet werden:

/

lim I /

bit) e'"' dt

eax

=

fxbit)e-"'dt

lim ^ d

=

lim

(&b(t)e—dt) i-Ae-ax)

~

bix)e~ax hm ax

b

-=

^->oo

—ae

a

—

Aufgabe 1.23: Verhalten im Unendlichen und partikuläre Lösung bestimmen Man bestimme die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung

y' -y+x3e~x + 2 =

und ihren Grenzwert für

x

—*

oo.

Man bestimme eine

folgenden Differenzialgleichungen betrachtet:

y'

=

-y4-x3e~x

und

y'

partikuläre Lösung,

=

-y + 2.

Lösung Die allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet yh(x) =ce~x Durch Variation der Konstanten ergibt sich

yPM

=

folgende partikuläre Lösung:

(| (xie-x+2j exdx^j x4

Die

.

x

allgemeine Lösung der inhomogenen Gleichung lautet somit:

e~x

indem

man

die

Differenzialgleichungen

1.2 Lineare

y(x)

ce~x +

=

e~x + 2.

4

—

Für alle

Lösungen gilt:

lim x—too

Ist yp\ eine

und yp2 eine

.

-y +

=

x3 e~x

partikuläre Lösung von

y' stellt ihre Summe eine

=

-y +

1,

Lösung der Ausgangsgleichung dar:

y'plix) + y'p2(x)

=

Durch Variation der Konstanten erhält

yP\(x)

Die

1

=

partikuläre Lösung von

y'

so

y(x)

partikuläre Lösung ypi{x)

=

-(yp\(x) + yp2(x))+x1'e-x man:

=

2 sieht

man

sofort.

Mathematica

DSolve[y'[x] + y[xj

==

x3 e_x + 1, y[x], x]

{{y[x]^ l-e~x (4^+x4) + ^C[l]}} Maple dsolve(diff(y(x),x)+y(x)=x~3*exp(-x)+l,y(x));

+2

34

1

Dsolve(( ox y(jc)) + y(x)

=

Differenzialgleichungen

x3 e(~x) + 1, y(jc))

—

(y(x)

Aufgabe 1.24: Im

X- e(~x) x4 + 1 + e(~x) .Cl)

=

Eine nichtlineare

Quadranten x

>

0,

y

>

Differenzialgleichung auf eine lineare zurückführen 0, werde folgende Differenzialgleichung gegeben: y

Man bestimme die allgemeine Lösung zialgleichung für u(x) herleitet.

2y2 +4jc2

=

xy

y(x), indem man u(x)

Lösung Sei y(x) Lösung der gegebenen Gleichung, dann gilt für u(x)

u'(x)

=

2y(x)y'(x)

=

2y(x)

=

=

y(x)2 setzt und eine Differeny(x)2:

2y(x)2 + 4x2 x

22y(x)2

+

y(x) 4x2

x

4 =

X

u(x) + Sx

.

-

Für die Funktion u(x)

ergibt sich die folgende lineare, inhomogene Gleichung: 4 u

u

=

x

+ 8x

,

x>0.

—

Einschränkung an u wird nicht an die neue Differenzialgleichung allgemeine Lösung der homogenen Gleichung lautet: Eine

uh(x)

=

gegeben.

Die

cef4^dx ce4 lnW=c/. =

Durch Variation der Konstanten erhaltenen wir eine

partikuläre Lösung der inhomogenen Glei-

chung:

Up(x)

weiter

=

=

Sxe-4]n(x)dx ) x4

(f^äx)x4 1

4

1.3

35

Separierbare Differenzialgleichungen

und schließlich die

allgemeine Lösung: u(x)

=

4x2

cx4

.

-

Die

allgemeine Lösung der gegebenen Gleichung ergibt sich

hieraus (mit Konstanten

c >

0)

zu:

1.3

Separierbare Differenzialgleichungen

Wir verallgemeinern die rechte Seite der linearen, homogenen nicht nur die identische Funktion als zweiten Faktor zu.

Differenzialgleichung und lassen

Separierbare Differenzialgleichung Eine Differenzialgleichung der Gestalt

y' a{x)b(y) =

mit einer stetigen Funktion a und einer stetig differenzierbaren Funktion b heißt separierbar. Die Lösung des Anfangswertproblems erhält man durch Trennung der Veränderlichen (Separation der Variablen). Man trennt abhängige und unabhängige Variablen in der Gleichung und integriert dann auf beiden Seiten. Die Lösung erhält man aber noch nicht explizit.

36

1

Differenzialgleichungen

Separation der Variablen, Lösung des Anfangswertproblems Sei b(yo) -t- 0, dann ergibt sich die Lösung des Anfangswertproblems:

y'-= a(x) b(y), y(x0) als

=

yo

,

eindeutige Auflösung der Gleichung x X

y

J

J b(s)

a(t)dt

XO

mit y(xo) = yo. Ist b(yo) 0, so wird die konstante Funktion y(x) yo gegeben.

Lösung

=

des

Anfangswertproblems durch die

=

Aufgabe 1.25: Trennung der Veränderlichen begründen Sei y(x) die Lösung des Anfangswertproblems

y' und

es

a(x)b(y),

=

y(x0)

=

yo,

gelte b(yo) ^ 0. Man zeige, dass gilt x

y

Sw)ds=Sait)dt

yo

Lösung Aus b(yo) ergibt:

T-

0

folgt b(y(x)) j-

x0

0 für x nahe bei xo-

y'M

-=

b(y(x))

Trennung der Veränderlichen (Division)

a(x).

Integriert man auf beiden Seiten, so erhält man die Beziehung: X

X

fb(yW)At)dt fa(t)dt=

Substitution

von s

=

y(t) ergibt nun: y(x)

f W)ds Sa(t)dt=

y(xo)

xo

Unbestimmte Integration führt auf die allgemeine Lösung, wenn man die konstanten Lösungen, die durch Nullstellen von b gegeben werden, noch hinzu nimmt. Nach der Integration muss man nach der Variablen y auflösen.

1.3

37

Separierbare Differenzialgleichungen

Separation der Variablen, allgemeine Lösung Jede Kurve y(x), die man als lokale Auflösung aus der Gleichung J b(y)

(x) dx + c

J

y

erhält, stellt eine Lösung dar. Durch Anpassen der Konstanten löst

man das

Aufgabe 1.26:

an

die

Anfangsbedingung

Anfangswertproblem. Veränderliche trennen, allgemeine

Lösung bestimmen Man bestimme die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung: ex

y'=-, y

y

Lösung nur für x

In

>

0,

so

-~j2ex

existiert die

+

d,

d

y(x) für d

=

e

R. Ist d

Lösungen

-Jlex 0, d

>

=

+d

0 und d


ox -e

=

x

R erklärt).

=

—

folgende Gestalt der Stammfunktion: G(x, y) mit einer freien Funktion

erhält

man

eine

e~y + a(y)

a(y). Setzt man in die zweite Bedingung ein

9y so

x

=

G(x, y)

1

=

x e

y

—

.

Forderung an Funktion a(y): ~a(y)

=

dy

1

.

Die Funktion a(y) wird dadurch nur bis auf eine Konstante Stammfunktion:

G(x, y)

=

x

e~y + y

festgelegt. Wir wählen die folgende

,

die auf ganz Mxl erklärt ist. Die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung bekommt man aus der Gleichung: x

e~y + y

=

c .

Eine Auflösung nach y ist nicht möglich. Wir können aber die Umkehrfunktionen der gesuchten

Lösungen angeben:

x(y)

=

ey (c -

y).

Eine solche Kurve ist für alle y e R erklärt. Wir bekommen zwei Gebiet x < ey und eine im Gebiet x > ey. Denn es gilt

Auflösungen nach y, eine im

d

~dy-x(y)=0 genau dann,

wenn

y

=

1

c

x

=

e}

—

Bild 1.49: Lösungen der Differenzialgleichung x

e~y

1

im Richtungsfeld. Die stärker gezeichnete Kurve -

x

=

ey

trennt die

beiden

Definitionsgebiete.

60

1

Differenzialgleichungen

Aufgabe 1.44: Allgemeine Lösung einer exakten Differenzialgleichung bestimmen Man bestimme die allgemeine Lösung der Differenzialgleichung y

indem

man zu

einer exakten Form

Lösung Die Differenzialgleichung Kurven

aus

,

cos(x y) y + ex =-7—;— cos(x y)x

übergeht und eine Stammfunktion ermittelt.

ist in Gebieten erklärt, die

der Schar

y

-

-±(*+|)j.

»

von x

=

0 und

=

je

zwei benachbarten

0.1.2.....

begrenzt werden. Wir gehen zur Differenzialform über

(cos(x y) y + ex) dx + cos(x y)xdy

=

0,

die wegen

9

3

y

3y

—

(cos(x y)y + e )

=

—(cos(xy)x) 3x

= —

sin(xy)xy + cos(x y)

exakt ist. (Im Gegensatz zur Differenzialgleichung ist die Differenzialform auf Rxl erklärt). Wir bestimmen nun eine Stammfunktion. Wir wählen (xo, yo) = (0,0) und integrieren: x

y

x

j A(%,0)d$ +j B(x,T))dri

y

J

=

oo

ef d% +

f cos(x rf)

x

dt]

oo

ex

=

1 +

sin(x y).

—

Daraus entnehmen wir folgende Stammfunktion der Differenzialform:

G(x, y)

sin(x y) + ex

=

die auf ganz RxR erklärt ist. Die allgemeine der Gleichung:

sin(x y) + ex

Eine

Auflösung

nach y ist

möglich.

=

Lösung der Differenzialgleichung ergibt sich aus c-\^r,v>0,

y2

1 x > —7?,

y

y

< n 0.

66 Wir

1

Differenzialgleichungen

gehen von der Differenzialgleichung zu der Differenzialform über: (y

-x)y2dx

(1 -

-

xy2)dy

Diese Differenzialform ist jedoch nicht exakt, wie die

—(-(1 x

=

zeigt. Wir chung

versuchen einen

von

y alleine

3

vereinfacht man sofort

(v -

a

x -

y2)) y2 =

abhängigen Multiplikator zu

((y x) y2) —(A/(y) 3 y

0.

Rechnung

{(y-x)y2) y2 + (y-x)2y,

dy

—

=

3

(M(y) (-(1

=

o x

-

x

—

-

bestimmen. Die Glei-

y2))

zu:

+ (y2 + (y *)y2 T-M(y) 3y

bzw.

jr) 2 y) M(y) -

=

M(y) y2

,

2

9

—M(y) =-M(y). y 3y Wir können

M(y)

=

\y2 wählen und bekommen eine exakte Differenzialform: (y

x)dx +

(-]- lj dy

=

0.

-

Diese Differenzialform ist nun für y > 0 oder für y < 0 erklärt. Sie entspricht in beiden Halbebenen der Ausgangsdifferenzialgleichung. Die konstante Lösung y 0 der Ausgangsgleichung tritt jedoch bei der Differenzialform nicht auf. Nun bestimmen wir eine Stammfunktion für die exakte Differenzialform. Die Bedingung =

3

—G(x,y) 3x

=y-x

führt auf die Gestalt

G(x, y)

=

x2

yx -

mit einer noch

zu

—

+a(y)

bestimmenden Funktion a(y), die wir durch die Bedingung 3 a

y

—

festlegen. Einsetzen ergibt:

G(x,y)

=

x

+

d

—a(y) dy

1.4

67

Spezielle Gleichungen erster Ordnung

also

a(y) und ,2

G(x,y)

=

yx -

Die

2

x

+

y

—

Lösungskurven ergeben sich demnach aus der Gleichung: yx -

+

2

=c.

y

-

—

Man kann auflösen und erhält

y(x) In beiden Fällen existiert die

2c + x2±

%/(2c + x2)2 4^

16. -

Lösung nur dort, wo der Radikand größer als Null ist.

Bild 1.54: Die Funktion G(x, y)

xA 1 xv-1— in der unteren Halbebene

(links) und in der oberen

Halbebene (rechts) ../////

//////////// ////////

/////////

/////////. ////////// ////// -

Bild 1.55: Lösungen der Differentialgleichung

-

y

, ~ _

/////>.

(y-x)y2 1 -xyl

im Richtungsfeld. Die stärker gezeichneten Kurven 1 y = ±-t= trennen

die

Definitiongebiete.

1

68

Differenzialgleichungen

Mathematica

DSolve[y'[x]

==

(y[x]-x)y[x]2

—-—-=

l-xy[xf

•

yM> *J

x2-J-\6x+{-x--C[l])2+C[\\i

ibM-* —-4^-1, ,

.

,

, \yW

,

.

^2+y/-16A+(-^2-C[l])2+C|1] —-£-}) )I

->

Maple dsolve(diff(y(x),x)

=

((y(x)-x)*y(x)"2)/(l-x*y(x)"2),y(x)); a

Dsolve(—y(x) dx ,

r,

,

/

. =

(yU)-x)y(x)2

—-r^-' 1 x -

y(x)

1 =

x2-2.C7

+

=

y(x)z

v/x4-4x2_C7-|-4-C72- 16x

--,

4

x

1 x2 2_C7 Vx4 -4x2_C7 +4_C72 16x y(x) =-) x 4

1.5

-

-

-

Lösung durch Potenzreihenentwicklung

Wenn die rechte Seite einer Differenzialgleichung in eine Doppelpotenzreihe um einen bestimmten Punkt entwickelt werden kann, dann kann die Lösung durch diesen Punkt ebenfalls (lokal) in eine Potenzreihe entwickeln werden.

Lösung des Anfangswertproblems durch Potenzreihenentwicklung Kann die rechte Seite einer entwickelt werden:

Differenzialgleichung in eine absolut konvergente Potenzreihe 00

y'

=

X] aik j.k-0

~

Xo)i (y "yo)k

Lösung des Anfangswertproblems y(xrj) yo in einer hinreichend kleinen Umgebung von xo ebenfalls in eine absolut konvergente Potenzreihe entwickelt werden:

dann kann die

=

00

y(x)

=

^2 cj ( * -*o)j

7=0

1.5

69

Lösung durch Potenzreihenentwicklung

separierbare Gleichung durch Potenzreihenentwicklung lösen Man bestimme die Entwicklungskoeffizienten der Potenzreihenentwicklung der Lösung Anfangswertproblems

Aufgabe 1.48:

Eine

y' xy2, y(0)=l. =

vergleiche mit der durch Trennung der Veränderlichen gewonnenen Lösung. Lösung Die Lösung des Anfangswertproblems kann lokal in eine Potenzreihe entwickelt werden: Man

oo

y(x)

xj

=

co

,

=

1.

j=0 Hieraus

ergibt sich:

£jy ,/=0

v'(.v)

\)r,.lx!

•

und

(v(x))2

f;( j>cy-*J

=

Setzt

man nun

in die

xi

/

7=0 U=0

Differenzialgleichung ein, so bekommt man folgende Bedingungen:

x°

:

c\

x

:

2 C2

x2

:

3c3 4c4

x3

:

.4

=

0,

=

c0

,

2coc\ 2cqC2 + c2 ,

—

=

5 C5

=

W

=

2 Co C3 + 2 Cl C2

.

n-2

x"~'

:

Cn

^ Ck Cn-2-k k=0

Man erhält hieraus: co

Durch

=

1, Cl

=

0, c2

1 =

,

c3

=

0, c4

I =

,.

•.

-

-

vollständige Induktion ergibt sich: c2„+i =0,

Wir bekommen also durch

c2„

=

,

n >

0.

—

Potenzreihenentwicklung folgende Lösung:

des

70

1 00

Differenzialgleichungen

x2j

./=o

Diese Potenzreihe

konvergiert absolut für |x|


1 + x + ex C[2]}} ==

==

-

{{yl[x]

-»

Maple dsolve({diff(yl(x) ,x) =yl(x)+y2(x) dif f (y2 (x) ,x) =y2 (x) -x) {yl (x) y2 (x) } ) ,

,

,

;

Dsolve({—yl(x) dx

=

yl(x) + y2(x),

^-y2(x) =y2(x) -x}, (yl(x), y2(x)}) dx

=

(y2(x)

=

ex -C2 + x + 1, yl(x)

=

ex JC1 + x ex JC2

2}

x —

—

76

1

Differenzialgleichungen

Aufgabe 1.52: Eigenschaften eines Systems nachweisen Sei Y(x)

=

I y2(x)

I

eine Lösung des

Systems:

y\ = -yiyi, y2 -yi y3 -y\ y2 y3 =

=

Man

zeige, dass gilt:

£(yiU)2 y2(x)2)=0 +

Wie kann

man

dies geometrisch

und

£(yi(x)2 y3(x)2) +

=0.

interpretieren?

Lösung Differenziert man und benutzt die d dx

(yi(x)2 y2(x)2) +

Differenzialgleichungen, so folgt: =

2y,U)y;U) + 2y2(x)y2(x)

=

-2yi(x)y2(x)y3(x)

2 y2(x)

y\(x) y3(x)

-

£ (yi(x)2 y3(x)2) +

=

0,

=

2yi(x)y;(x) + 2y3(x)y^(x)

=

-2yi(x)y2(x)y3(x)

=

0.

2y3(x) yi(x) y2(x) -

Geometrisch bedeutet dies, dass jede

Zylinderflächen verlaufen muss.

y\ + y\

Lösungskurve ^(x) =

c\

und

=

y2 + yj

(y\(x)\ I y2(x) I auf dem Schnitt zweier =

c2

1.6

Gleichungen höherer Ordnung und Systeme

77

Bild 1.58:

Zylinderflächen

y2 + y2= ch y2+y2 im

=

c2

(y\, y2, y~)-Raum

Durch den Begriff des Differenzialgleichungssystems werden Einzelgleichungen mit erfasst, die neben der gesuchten Funktion und ihrer Ableitung auch höhere Ableitungen beinhalten. Dies ist die zweite Möglichkeit, das Problem der Gleichung erster Ordnung allgemeiner zu fassen.

Differenzialgleichung n-ter Ordnung Sei D

c

R

x

R" ein Gebiet und g

:

D —R eine

stetige Funktion. Die Gleichung

yw=-g(x,y,y',y",...,y +y=0, v) -

w-7 ^^öj 7=0

das charakteristische Polynom. Nun sei co nun eine &-fache Nullstelle von P. Als Bedingung dafür, dass Q(x)ea>x eine Lösung der Differenzialgleichung darstellt, bekommt man: "

1

dl

Y-/! da)' '—'

(P(co))

—

Q«\x)

=

r(x).

l=k

Die Polynome in der Summe besitzen einen Grad m+k k, m+k (k + Durch Koeffizientenvergleich kann das Polynom R festgelegt werden. —

1).m+k

—

Lösung mit der Ansatzmethode bestimmen Man bestimme mit der Ansatzmethode eine partikuläre Lösung der Differenzialgleichung:

Aufgabe 1.77:

Partikuläre

y" + a \ y' + üq y

=

sin(cox).

Lösung Wir schreiben die

Differenzialgleichung als

Cs(y)" + a\ 300' + a0 3(y)

=

3

(emi x)

.

—

n.

114 Für die

1

Differenzialgleichungen

komplexe Differenzialgleichung

y"+aiy' + a0y

=

ea"x

machen wir den Ansatz:

yP(x)

=

cewxi cxewxi

falls falls

,

,

P(coi)^0 P(coi) 0 =

wobei

P(k)

k2 +ciik + a0

=

das charakteristische Polynom darstellt. Im zweiten Fall nimmt dann das charakteristische Polynom die einfache Gestalt an:

P(),) Einsetzen in die

=

k2 + oj2

.

komplexe Differenzialgleichung ergibt im ersten Fall:

((toi)2 +ai(toi)+ an) cemxi =ewix

,

bzw: 1 C

Also bekommen wir die

~

P(toi)

'

partikuläre Lösung

ro(ao to2) »00 =-sm(cox) (a\ toy + (ao to1)1 —

-

a\ roco

(ai

co)2 + (ao co2)2 cos(a>x). —

Im zweiten Fall

ergibt

sich durch Einsetzen:

(x P(coi) +

P\'*)

=

Differenzialgleichung

y"+4y für komplexwertige Funktionen

=

e3lK

aufgefasst. Mit dem Ansatz

yp(x) =ceiix ergibt sich durch Einsetzen: -c

32 + 4 c

=

1 .

Damit erhalten wir die

komplexwertige partikuläre Lösung:

yp(x)

=

-l-e3ix .

Schließlich

ergibt sich die reellwertige Lösung der Ausgangsgleichung: 1

sin(3x).

= --

Mathematica

y"[x] + 4y[x]

sin[3x], y[x], x]

==

C[2] cos[2x] -C[l] sin[2x] -

\ (^f1 + jq cos[5x]) sin[2x] +

\ cos[2x](- ^ + sin[5x])}} Maple dsolve(diff(y(x),x$2)+4*y(x)=sin(3*x),y(x));

92 Dsolve((—ryU))+4yU) 9xz (y(x)

=

=

sin(3x), y(x))

=

--sin(3x) + -Cl cos(2x) + _C2 sin(2x))

Aufgabe 1.80: Partikuläre Lösung auf verschiedene Arten herstellen Gegeben sei die inhomogene Differenzialgleichung mit einer beliebige Konstante a

y" + 2y

=

sin(ax).

1

118 Man bestimme eine partikuläre Variation der Konstanten.

Lösung

Differenzialgleichungen

auf zwei verschieden Arten: (a) Ansatzmethode,

(b)

Lösung (a) Wir gehen zuerst nach der Ansatzmethode vor. Die Differenzialgleichung

y" + 2y wird dabei als

3

=

(>'*)

Imaginärteil der Differenzialgleichung

y" + 2y eaix =

für komplexwertige Funktionen aufgefasst. Mit dem Ansatz

yp(x) ceaix =

ergibt sich durch Einsetzen:

-ca2 + 2c=

1 .

Das heißt, für a

/ ± 42 erhalten wir die komplexwertige partikuläre Lösung:

yP(x)= Schließlich ergibt sich die

—l—ea,x.

reellwertige Lösung der Ausgangsgleichung:

3(yp(x))

1 =

sin(ax).

~-t

aL

2

—

Im Resonanzfall

a

=

±V2 macht man den Ansatz:

yp(x)

cxealx

=

und bekommt durch Einsetzen: c

a2 x) + 2cx

(2a i

=

1

,

—

bzw.

2a i c

a2

da 2

=

0. Die

1

,

komplexwertige partikuläre Lösung lautet also in diesem Fall:

—

yPM und die

=

-7-1«°" 2a

entsprechende reellwertige Lösung der Ausgangsgleichung:

3(yP(x)) (b) Geht

= -

1 2a

x

cos(ax).

—

nach der Methode der Variation der Konstanten vor, so muss man zunächst ein Fundamentalsystem der homogenen Gleichung finden. Die charakteristische Gleichung lautet man

1.7

Gleichungen mit konstanten Koeffizienten

119

X2 + 2 und besitzt die

Lösungen: A 1,2 yi(x)

Eine

.

—

Damit

sin(Vzjc),

0

=

ergibt sich folgendes Fundamentalsystem:

y2(x)

=

cos(V2x).

partikuläre Lösung

cp,i(x) yi (x) + cpi(x), cp,2(x) yp(x)

=

aus

dem

stem:

c'p ,(x) y\(x) + c'p 2(x) y2(x) c'pA(x)y'x{x) + c'p2(x)y'2(x)

=

0,

=

sin(ax),

d.h.

cpX(x)

=

•J2

r

sin(ax) cos(Vzx)

—

/

cp2(x)

=

-/2

r

sin(ax) sin(V2x).

——

bzw.

c'p,\(x) c'p2(x) Im Fall

a

=

=

~7~

= -

(sin((a (cos((a

i(x)

cP,2(x)

Im Fall

a

=

V/2)x) —

cos((a + —

cos(2-\/2x)

= —

a

V/2)x) + sin((a + V2)x)j

,

V/2)x))

.

V2 bekommen wir: cp

Im Fall

-

=

-

Vi x —

1 -

,

r

sin(2 V2x)

-

—V2 bekommen wir: cp,i(x)

=

t>,2U)

=

cos(2\/2x), --

{2

——x

sin(2 V2x).

+ -

/ ±V2 ergibt sich:

c„ 1

(x)

c„2(x)

=

V2 —^

f---= COs((a

4\«-a/2

=

4

—-

-

Vi) x)-!—p a + V2

cos((a +

V2) x) j

sin((a + Vi)x)] (—l—Fsm((a-V2)x)---= V2 ) \a-V2 CI

+

/ .

,

Sy-

1

120 Die Ansatzmethode kommt offenkundig in diesem

Differenzialgleichungen

Beispiel erheblich schneller zum Ziel.

Aufgabe 1.81: Grundlösungsverfahren bestätigen Sei yg(x) diejenige Lösung der homogenen Gleichung:

y(n) +a„_ly("-1) + ...+a,/ + a0y =0, welche die

Anfangsbedingungen

yg(0)

=

y'g(0)

=

=

y~x

jex>lx2

0

0

ex)i

Maple Die Matrix-Exponentialfunktion einer Matrix A wird mit Exponential berechnet. Die MatrixExponentialfunktion eAx kann ebenfalls mit Exponential und der Angabe der Variablen berechnet

werden.

with(linaig): A:=matrix(3,3,[mu,1,0,0,mu,1,0,0,mu]);

exponential(A,x);

A

Exponential A, x)

:=

ß 0

1 ß

0 1

0

0

ß

e(ßx)

x e (ßx)

I r2p(ßx)

0 0

,(ßx)

x e (Jix)

Das Berechnen der Potenzen einer Matrix kann erleichtern.

man

sich mit dem Satz

von

Cayley-Hamilton

Satz von Die

Differenzialgleichungen

1

126

Caley-Hamilton fa\\ Matrix A

n x n

=

I

ai„'

•

:

:

I stellt eine Matrixlösung ihres charakteristischen

: nn /

Polynoms xa(X)

X

de\(A

=

E)

-

mit der n trix.

x

/j-Einheitsmatrix E dar. Die Matrizenoperation xa (A) liefert die n

Aufgabe 1.85: Mit dem Satz

von

Cayley-Hamilton berechne die Matrix-Eponentialfunktion eAx

(0

-t02\

toi

0

to\

I

—to]

0

J

.

Lösung Polynom:

Wir berechnen zuerst das charakteristische —X

det(/4

X

E)

=

det

-

—ti*})

cot,

| -w3

-A.

—X3

co\ —X

—co\

co2

ü,2 X

=

0,

—

mit

3 t02

Der Satz

x n

=

03x3.

a2 und bekommen:

(-co2

co2

co\c&i

—co2

—

co\ C02

—

C02 cot,

co\ Ct>3

Die höheren Potenzen

von

a

co2

co\ co3

ft>2 ft>3

—co2 —

\

I

.

co2/

ergeben sich aus dem charakteristischen Polynom: a3 -a2a, a4 -q2a2, =

=

a5

=

=

a6

=

-(n2)2 a3 (ß2)2A, (ß2)2A2,

der Matrix

1.7

Gleichungen mit

A1

(Q2)2A3 -(ft2)3 A -(Q2)3A2.

=

=

A& Durch

127

konstanten Koeffizienten

,

=

vollständige Induktion zeigt man:

A2k+i A2k+2

_

(_l)kQlkA Q2kA2

_

Dies

ergibt schließlich folgende Matrix-Exponentialfunktion:

eAx

E+

=

+A

x

2

Axl+A2 2\ 1 / (ftx)3 \

Q

-

3!

+

(Qx)5 5!

-——--

(ftx)4 +A2-,\-—— 4! ft2 V E+

=

(ftx)6 6! 1

1

,

—sm(Qx)A-2{-\ + cos(£2x))A1.

Aufgabe L86: Matrix-Exponentialfunktion mit der zugeordneten Gleichung bestimmen

/yi(*)\ Jede

eines

Komponente Y(x)

Lösungsvektors des Systems: la\\

Y'

=

AY,

A

\a„

a„n/

l

erfüllt die Gleichung «-ter Ordnung:

(V)

XA

=

0

mit dem charakteristischen Polynom xa von A. Sei yj ,j = l,...,n die Lösung der Differenzialgleichung

(y)

XA

yj

=

det

(A

—£ -

ÖX

(y)

0,

=

0,... ,n 1 erfüllt. Anfangsbedingungen * t.y_1 die Gestalt annimmt: Man zeige, dass die Matrix-Exponentialfunktion welche die

=

=

—

,

128

1

eA*

=

Differenzialgleichungen

J2--J~1yjOc);'=i

Lösung Multiplizieren wir xa(X) zZ"=\ ~j A-* 0 auf beiden Seiten mit eAx die Eigenschaft der Matrix-Exponentialfunktion: =

=

'

dxJ so

V

/

und

berücksichtigen

eAx .

ergibt sich:

(eAx)

XA

=

0.

Matrix-Exponentialfunktion ein Fundamentalsystem bildet, sieht man, dass jede Komponente eines Lösungsvektors Y(x) die Gleichung xa {-jj) (y) 0 erfüllt. Sei Y(x) ein beliebiger Lösungsvektor des Systems: Da die

=

Y'

A Y.

=

Jede Komponente y; besitzt nun eine Darstellung mit dem Fundamentalsystem yj

7=1

Y(x)

E y^Wj In Vektorschreibweise bedeutet dies:

Y(x)

Y(j-l\0)yj

=

7=1

Andererseits gilt:

Y(x)

=

eAXY(0)

und

Yu)(x) AjeAxY(0), =

also:

YU)(0)

=

A7 y(0).

.

J

=

\,...

,

n:

Gleichungen mit konstanten Koeffizienten

1.7 Dies

129

ergibt schließlich die Behauptung:

eAxY(0)

|£ Aj-lyj(x) ]

=

7(0)

Aufgabe 1.87: Matrix-Exponentialfunktion mit der zugeordneten Gleichung bestimmen Gegeben sei die Matrix \2 2) Matrix-Exponentialfunktion eAx, indem man zu einer Differenzialgleichung übergeht.

Man berechne die

zweiter Ordnung

Lösung Aus der Gleichung

XE)

det(A

=

dett0 ~k

2^^=X2-3X-4

-

ergeben sich die beiden Eigenwerte der Matrix A: A., Die

-1

=

A2

,

=

4.

Differenzialgleichung det

besitzt somit

(a-^EJ

(y)

.v"-3/-4y

=

=

folgendes Fundamentalsystem: yi(x)

Wir bestimmen

nun

=

e-x,

yi(x)

=

e4x.

jeweils die Lösungen der Anfangswertprobleme: yi(0)

=

l,

y'i(0)

=

0,

y2(0)

=

0,

y2(0)

=

l.

und Mit

+c\2e4x

yi(x)

=

en

e'x

y2(x)

=

c2\

e~x +C22 e4x

,

,

ergeben sich folgende Gleichungssysteme für die Koeffizienten: CU +C\2

=

1

,

-en

+4C12

=

0,

=

0

1

130

C21+C22 mit den

0,

=

Differenzialgleichungen

-C21+4C22=1

Lösungen: en C21

C\2

=

C22

=

Schließlich bekommen wir:

eAx

=

Eyx(x) + Ay2(x) 1

0 1

1 0 3

-e

A

5

x

„•

lp-x

_i_

2

fix

+

+

fix

5

e

-

le4x'

2 -

—

Mathematica A

:=

({1,3}, {2,2}};

MatrixExp[A x]//MatrixForm 3e~x 5

2e4jr

,

3e~' 5

5

2e~x

,

2e41

,

5

2 c-

5

5

3e4jr

5

Maple with(linalg): A: =matrix

(2 2 [1, 3, 2 , 2] ) ,

,

;

exponential(A,x);

A

:=

1 2

3 2

-e(~x) + -e(4x) Exponential(A, x)

5

2

L 5

5

A4x)

J-x)

5

__

3 (4x) 5

± 5

3 _

(-x) +,

£(-x)

5 3 (4jc) 5

1.7

Gleichungen mit konstanten Koeffizienten

131

Aufgabe 1.88: Fundamentalsystem auf verschiedene Arten berechnen Gegeben sei das System: r

=

A

AY,

(2

=

Man bestimme ein Fundamentalsystem, indem man (a) zu Einzeldifferenzialgleichungen übergeht und (b) die Matrix-Exponentialfunktion eAx berechnet.

Lösung (a) Das System lautet in Gleichungsform:

y'l y2 Die zweite

=

2y,+y2,

=

2 y2.

Gleichung kann unabhängig von der ersten sofort gelöst werden: y2(x)

c2e2x

=

.

Damit

muss

y\(x) die folgende inhomogene Gleichung erfüllen:

yj Die

=2yi

+

c2e2x

.

allgemeine Lösung der homogenen Gleichung sieht man sofort: y\h(x)

=

c\

e2x .

Durch Variation der Konstanten erhalten wir eine

chung:

y\p(x)

=

partikuläre Lösung

der

inhomogenen Glei-

c2xe2x .

Die

allgemeine Lösung der Gleichung für y\ y\(x)

und die

=

lautet somit:

(ci

+c2x)e2x

allgemeine Lösung des Systems ergibt sich zu:

Daraus lässt sich leicht das

folgende Fundamentalsystem entnehmen:

Yx)

man

wieder die

1.7

133

Gleichungen mit konstanten Koeffizienten

Maple with(linaig): A:=matrix(2 ,2, [2,1,0,2]);

exponential(A,x);

A

2 0

:=

1 2 oO-X)

Exponential(A, x)

x e (2

a)

J2x)

ist es einfacher, das Produkt aus der Exponentialmatrix und Hauptvektoren zu berechals die Exponentialmatrix selbst. Da das Produkt aus der Exponentialmatrix und einem konstanten Vektor stets eine Lösung des vorliegenden Systems von Differenzialgleichungen liefert, kann man aus den Hauptvektoren ein Fundamentalsystem aufbauen.

Häufig

nen

Herstellung eines Fundanientalssystems mit Hauptvektoren Sei c/(,) ein Hauptvektor der Stufe /, (/ > 1) zum Eigenwert A. der Matrix (A

-

(Hauptvektoren der Stufe

A.E)1 U{1) Ö,

1 heißen

k

(A

=

-

E)l~~] U(l) ^Ö.

Eigenvektoren). Dann gilt:

U(l> + (A

A.

E) U{" x + (A-XEy Uyt)

-

+

A:

+

(A

—

A

E)l^x U(l)

—

...

(/-D!

Sei A ein Wacher Eigenwert der Matrix A und Uj, j 1,... k, linear unabhängige Lösungen aus C" des linearen Gleichungssystems (A A. E)k {7=0. Ist Uj e M", so bilden wir die reelle Lösung des Systems Y' AY: =

—

=

eA*Uj Ist

Uj

e

C",

so

bilden wir die reellen Lösungen des

Systems Y'

=

A Y:

Vl(eA*Uj), 3(eA*Uj). Zieht man alle Eigenwerte in Betracht erhält man ein Fundamentalsystem.

(und übergeht jeweils die konjugiert komplexen), so

134

Differenzialgleichungen

1

Aufgabe 1.89: Fundamentalsystem mit Eigenvektoren bestimmen Gegeben sei das System: Y' A Y mit —

I1 Man bestimme ein rechnet.

-(-3 i)

21

Fundamentalsystem, indem man Eigenwerte und Eigenvektoren von

A be-

Lösung (a) Wir stellen

zuerst

die charakteristische 1

k E)

det(A

1

k

1

2

-

-

Gleichung auf: 1 =0.

(1 -k)(2- k)

k

-

-

Durch

Ausmultiplizieren ergibt sich die quadratische Gleichung:

k2

3k+ 1

=

0,

-

deren

Lösungen

Xt.2 die

3

=

1

r-

-±-V5

Eigenwerte von A darstellen. Da zwei verschiedene, reelle Eigenwerte vorliegen, bekommt ein Fundamentalsystem, indem man jeweils einen Eigenvektor bestimmt. Die Eigensyste-

man

me

sind jeweils

äquivalent

(::;)-(?)•

mit den

(1

(£)-(•)

Einzelgleichungen:

kl) UH + «12

=

0,

A.2) U2\ + «22

(1

—

=

0

-

.

(Die zweite Gleichung des Systems ist von der ersten linear abhängig und wird mit erfüllt). Wir setzen «ii

=

1 und «21

=

1 und bekommen jeweils einen

Eigenvektor:

(«lO'G+ivs)- (s)=G -1 vs) Schließlich erhalten wir das

folgende Fundamentalsystem: \2

-2T2VJ/

X

£)

=

C-31

det I

-

Damit ergeben sich

2 ~

(b) Es gilt det(A

•

"

'

)

„

=

k)2 + 3

(2 —

folgende Eigenwerte: ki

=

2+

yßi,

k2

=

a/3/

2 -

.

=

0.

1.7

135

Gleichungen mit konstanten Koeffizienten

Wir suchen einen

Eigenvektor zum Eigenwert X\:

2-A.i -3

1 (ui\ (-yßi \(ui\ (0 2-X\){u2) V -3 -V3i/W \0

\

1

=

Dieses homogene System besitzt einen Lösungsraum ergibt sich aus der Gleichung:

V3 i

u\

+«2

=

der Dimension eins. Eine

Basislösung

0.

—

Setzen wir u\

=

gleichungsystems

so ergibt sich u2 lautet damit:

1,

V3 i. Eine komplexwertige Lösung des Differenzial-

=

{,V3 \ e^O*. '

Y(x)= Um ein Fundamentalsystem aus zwei Real- und Imaginärteil von Y{x):

Yl(x)

=

reellwertigen Lösungen

cos(V3 x)

m(Y(x))= I

a/3 v /

\

cv/v/

^

zu

bekommen, bestimmen wir

\e2x.

sin(V3x)y

sin(V3x) / sin(\/3x)

\

2*

Aufgabe 1.90: Fundamentalsystem auf verschiedene Arten bestimmen Ein Fundamentalsystem von

-(-, i) soll auf verschiedene Arten bestimmt werden: (a) mithilfe von Eigenvektoren, (b) durch berechnen der Matrix-Exponentialfunktion mit dem Satz von Cayley-Hamilton, (c) durch eine Ansatz für die Matrix-Exponentialfunktion.

Lösung (a) Wir bestimmen Eigenwerte und Eigenvektoren. Die charakteristische Gleichung

det(A

XE)

=

X2 +

1 =0

-

ergibt zwei verschiedene (konjugiert) komplexe Eigenwerte i, vektor

zu

Xi

=

i:

und bekommen einen

komplexwertigen Lösungsvektor

i. Wir berechnen einen —

Eigen-

136

1

Y(x)

(\ J eix y\ j (cos(x)

=

=

+i

Differenzialgleichungen

sin(x)).

Aufspalten in Realteil und Imaginärteil ergibt das reelle Fundamentalsystem: 7iM

=

l v-sin(x)7

^)-'sin( ^cos(j zv

'

7

(b) Wir berechnen eAx direkt. Mit dem Satz von Cayley-Hamilton gilt:

A2 + E

0.

=

Also: E + Ax +

=

A2

2!

A3

+

+

3!

—

—

x2

x4

x6

2!

4!

6!

£1-1-+

=

•

x3 x5 +A\x-, 3! 5!

\^

cos(x) E + sin(x) A

.

Dies ergibt:

( cos(x)

eAx _

sin(x) y— sin(x) cos(x)

Außerdem erkennt man leicht, dass y\(x)

=

cos(x) undy2(x)

=

sin(x) ein Fundamentalsystem

von

y" + y

darstellt mit y\(0) 1 y\(0) 0 und y2(0) = 0 Wir die einfachen haben (c) Eigenwerte i, / mit =

,

=

—

U\

=

[

)

0

=

,

y2(0)

=

1.

Eigenvektoren

und

U2

-(0-

Ausgehend von der Darstellung eAx bekommen durch

=

a0(x)

E+

a\(x) A

Anwendung auf die Eigenvektoren die Gleichungen

e-i'Ui eixU2

=

(ao(x)-ai(x)i)Ui

=

(a0(x)+a\(x)i)U2

1.7

137

Gleichungen mit konstanten Koeffizienten

und daraus ein

System zur Bestimmung der Funktionen üq und a\: ao{x) ia\{x) ao(x) + i a\(x)

=

e~'x

=

elx

—

,

mit der Lösung:

ao(x)

=

cos(x),

ö]

(x)

=

sin(x).

Aufgabe 1.91: Partikuläre Lösung mit der Matrix-Exponentialfunktion erzeugen Man zeige, dass das System Y' mit der n

x

«-Systemmatrix A

eine

A Y+

=

B(x)

partikuläre Lösung der folgende Gestalt besitzt. x

Yp{x)

=

eAx

x

j e-A'B(t)dt j eA{x-'] =

o

o

Welche

B(t)dt.

partikuläre Lösung bekommt man bei dem System Y'=-AY + B(X),

Lösung Die Matrix-Exponentialfunktion eA

A

=

(_°t J),

BW

=

(C°f

stellt die Wronskische Matrix eines dar. Variation der Konstanten führt auf den Ansatz: x

Yp(x) Für die unbekannte Funktion

Fundamentalsystems

eAx Cp(x).

ergibt sich die Bedingung:

C'p(x) Daraus

=

=

e-Ax B(x).

folgt: x

Yp(x)

=

eAx

x

j e-A'B(t)dt J eA(x~') =

o

o

Mit der Matrix-Exponentialfunktion

eAx

=

cos( x) sin (x) -

erhalten wir:

sin(x)\

cos(x) J

?

B(t)dt.

1

138

Yp(x)

=

sin(x)\

Differenzialgleichungen

sin(f)\ /cos(r)\

f ( cos(r)

/ cos(x) \— sin(x)

cos(x)J Jo

/ cos(x) y— sin(x)

sin(x)\ f / (cos(r))2 + sin(r) \ cos(x)J J \— sin(f) cos(f) + cos(f)J

cos(r))

\— sin(f)

\

)

1

^

x

^

0

sin(x)\ sin(x)W ^f-«»«*)-*^*) y—sin(x) cos(x)/ I cos(x) + j cos(2 x) + sin(x) ( cos(x))

—

Aufgabe 1.92: Fundamentalsystem mit Eigenvektoren bestimmen Man bestimme ein Fundamentalsystem des Systems: /0

Y'

=

AY

=

0\

1 0 -2

\ 0

\-2

\

1

-l)

Y

Lösung Aus dem charakteristische

Polynom: det(A

X

E)

=

bekommen wir drei verschiedene

-

System

liefert den

Dies

2X

2

=

0

-

-

Eigenwerte:

A,=-l, Das

X2

-X3

-

k2

=

-V2i,

X3

=

v/2/.

M-1,E,(9"(i i !)£)-( 0 (v)

Eigenvektor

ergibt folgenden reellen Beitrag zum Fundamentalsystem: Yi(x)=

(-\ \

e~x.

1

Das

System

A/2i

/«A

(A-k2E)

\u2 W

=

0

V-2

1

V2i -2

0 1 -l +

\ /«A

y/li)

"2

W

/0>

=(0\°>

j

Gleichungen mit konstanten Koeffizienten

1.7

liefert den

139

Eigenvektor i

"2

v'2

k"3> Dies

)

1

V

ergibt den folgenden komplexwertigen Beitrag zum Fundamentalsystem:

V der in zwei

-V2L

i

Y(x)

1

)

reellwertige Beiträge zerlegt werden kann:

/-icos(V2x)^ Y2(x)

sin

v2

0

(V2 x

^[42x\

v und

I \ (Vi"*) ^ (\/2x) sin

K3(x)

=

cos

y

sin —

^V2xj

Aufgabe 1.93: Fundamentalsystem mit Eigen-und Hauptvektoren herstellen Mithilfe von Eigen-und Hauptvektoren bestimme man ein Fundamentalsystem von: /3 Y

=

AY,

A

2

=

Vi Man

gebe ferner die Matrix-Exponentialfunktion e

-1 0 -1 an.

l\ 1.

2/

1

140

Differenzialgleichungen

Lösung Das charakteristische Polynom hat die Gestalt:

det(A -XE) =

-X3+5X2-SX + 4= -(X-l)(X-2)2

=

und liefert den einfachen Eigenwert X\ 1 sowie den zweifachen Eigenwert X2 Eigenvektoren des einfachen Eigenwerts X\ ergeben sich aus dem System: =

Eine

0 =

2.

Basislösung dieses Systems lautet:

-0-

Sie liefert den

folgenden Beitrag zu einem Fundamentalsystem:

Hauptvektoren der Stufe zwei des zweifachen Eigenwerts X2 ergeben sich aus dem System: (A Wir bekommen

-2E)2

folgende Basislösungen dieses Systems: T t/2

=

Wegen

stellt U2 einen Eigenvektor einem Fundamentalsystem:

zum

Eigenwert X2

2 dar und liefert den —

folgenden Beitrag

zu

1.7

Gleichungen mit konstanten Koeffizienten

141

Wegen

(A-2E)U-

=

stellt Ut, einen Hauptvektor zweiter Stufe Beitrag zu einem Fundamentalsystem:

Y3(x) Die Wronskische Matrix W(x) W AW dar. Offenbar gilt

=

zum

Eigenwert Xi

=

2 dar und liefert den

folgenden

=

(Y\(x), Y2(x), Y~(x)) stellt eine Lösung der Matrix-Differenzialgleichung

=

/0

\1

1 0 10 0 1

/

(\+x)e2x

W(0) =1 Die Inverse dieser Matrix lautet:

W(0)~]

=

Damit wird:

„Ax

(Yi(x),Y2(x),Y3(x))W(0y

-ex + (l+x)e

-xe2x ex

x

e2x

xe2x\ xe

2

x

—

\

—e* + x e 2x

Miathematica A

:=

{{3.-1, 1}, {2,0, 1},{1,-1,2}};

MatrixForml MatrixExp[ Ax]]

—e2xx e2x x e2x+e2xx —eXjt-e2x+e2xx ex—e2xx e2x x ex-e2x e2x -e*+e2x Maple with(linaig): A:=matrix(3,3, [3,-1,1,2,0,1,1,-1,2])

exponential(A,x);

.r- x

e2x

J

142

1

A

:=

-1 0 -1

1 1 2

Exponential^, x) ,0x) ,0.x) ,0x) e + x e Ox) e0x) _ex

=

,(2x) ex

x

e^x^

_e0x) +£x —

,0x) x e Ox)

,0x)

Differenzialgleichungen

2

Numerische Methoden Fehleranalyse

2.1

Darstellung einer Zahl Verfügung.

Zur

mit einem Rechner steht

nur

eine endliche Anzahl

von

Stellen

zur

Festpunktdarstellung von Dezimalzahlen Bei der Festpunktdarstellung wird die Anzahl der Stellen vor dem Dezimalpunkt n\ sowie die Anzahl der der Stellen nach dem Punkt «2 festgelegt. Man kann dann Zahlen der Gestalt erfassen:

k=i

mit Ziffern ak ,k

=

k=\

1.

—n2,... ,n\ —

Aufgabe 2.1: Zahlen in Festpunktdarstellung angeben Festgelegt werde die Stellenzahl vor dem Dezimalpunkt und nach dem Dezimalpunkt n \ =4 5. Welche Dezimalzahlen können dargestellt werden? Wie muss man die Dezimalbzw. «2 zahlen -27.4021 und 10.00242 in der vorgegeben Darstellung ausdrücken? Kann die Dezimalzahl 3.0030303 dargestellt werden? Wie stellt sich die Dezimalzahl 10.00242 dar, wenn «i =3 7 vorgeschrieben wird. und «2 =

=

Lösung Es können Zahlen der Form

x

dargestellt werden: =

±

5>-* 10"* £]«4-* 104-* + k=l

k=\ =

±Ü3Ö2

k=\

mit Ziffern a*, k

=

0+

^2 0

0,...

10

*

)

n

,

\

H-l

+

—

1, üq ^ 0. Die Zahl 0 hat die Darstellung

10°. Der Dezimalpunkt wird hier durch den Exponenten festgelegt.

I

k=\

Aufgabe 2.2: Zahlen in Gleitpunktdarstellung angeben Festgelegt werde die Stellenzahl 3 der Mantisse a und ein ganzzahliger Exponent b auf ein Intervall —4• E, D c W",x -> y f(x) f(x\,... Funktion. Aus der abgebrochenen Taylorentwicklung: =

=

df -xk) Eaj-—(x)(xk dxk

k=\

ergibt sich die Fortpflanzung der absoluten Fehlers Ay x

„

*—'

Bei y

=

y

y

zu:

—

df dxk H

ri.

^ 0 pflanzt sich der relative Fehler nach der folgenden Formel fort:

ti ydXk Aufgabe 2.6: Fehlerfortpflanzung bei arithmetischen Operationen Man leite folgende Fehlerforpflanzungsformeln her: >'

=

y

f(X\,X2)

=

=

f(x\,x2)

X\±X2

=

X]

x2

^

X2

x\

y

y

By

^

GX\

~

£X\

~T~

1

XI

y

=

f{x\,x2)

=

xi

By

£jf2 —

•

Lösung gehen von der Formel aus:

Wir

ey

«

xi

y)

—

Bei der Addition

(Subtraktion) gilt:

df

X2

df

H-—(.x)bx2 —(x)eXi dx\ y dx2

.

150

2 Numerische Methoden

Bei der

Multiplikation gilt:

df dx\

9/

(x)=X2,

—(X)

und bei der Division:

9/

9/

1

.

7—(*) 9xi

=

.

=

((xi

X2

+ Axi) ±

Xi x,

=—2V~(x) 0X2 Xj

—•

ein, so ergibt sich die Behauptung.

Setzt man die Ableitungen in die Fehlerformel Im Fall der Addition (Subtraktion) gilt exakt:

Ay

=

0X2

—

(xi ± x2)

(x2 + Ax2))

=

Ax, ± Ax2

-

und

Betrachtet werden:

man

die

Ay

xi

Axi

y

y

X]

Multiplikation analog, Ay

X2

Ax2

y

x2

der quadratische Fehlerterm

so muss

vernachlässigt

((xi + Axi) (x2 + Ax2)) (x, x2) Axi X2 + Ax2 x\ + Ax\ Ax2 Axi X2 + AX2 x\

=

•

•

=

-

•

•

ss

•

• .

Division durch y

=

x\ X2 führt

nun

wieder

zu

der Fehlerfortpflanzungsformel.

Aufgabe 2.7: Rundungsfehler bei Auswertung von Funktionen Sei / : D —> K, D C Km, stetig differenzierbar. Wir nehmen an, dass eine Maschine diese

Funktion exakt ohne Verfahrensfehler bearbeiten kann. Bei der Darstellung von Dezimalzahlen arbeite die Maschine mit der Genauigkeit r. Durch Rundung oder andere Einflüsse seien Fehler der Eingaben entstanden. Man gebe eine Abschätzung des relativen und absoluten Fehlers bei der Auswertung von y = /(x).

Lösung Für den relativen

Rundungsfehler Tz

=

rd(z)

z -

Z

-

haben wir die

Abschätzung: Itil

Sr.

Für den relativen Rundungsfehler folgt hieraus:

\rd(z)-z\

t—1

yt

—

k=\

-—(x) eXk a dxk r,.

+ xv

Abschätzungen

Awl%El^(x) 9x* k=l

|Ax4| + |y|T

|e»|«V^1**1

bzw.

'

1

*=1

y

9x;

Aufgabe 2.8: Rundungsfehlereinfluss betrachten Man verfolge den Rundungsfehlereinfluss bei der Auswertung: y

=

sin(xi)

sin(x2). —

Die Maschinengenauigkeit betrage bearbeitet werden.

r

und die trigonometrischen Funktionen sollen ohne Fehler

Lösung Bei den Funktionen xi

—

sin(xi) bzw. X2

=

sin(xi)

C0S(X|)£^,

sin(xi)

bzw.

Bei der Subtraktion y

sin(x2) ergeben sich folgende Gesamtfehler:

X]

£(sia(jri))r

e(sin(j:2))r

->

X2

+

Tsin(x,)

cos(xi)£*2 + rsinU2).

sin(x2) sin(x2) entsteht der Gesamtfehler:

—

sin(xi)

y

y y

sin(x2> £(sin(*i))r-£(sin(j:2))r + *y

cos(xi)et| -

—

y

—

cos(x2)eV2

sin(xi)

sin(x2)

y

y

Rundungsfehlereinfluss, der sich während der Rechnung ergibt, kann mit der Maschinengenauigkeit abgeschätzt werden durch: Der relative

l.vl Der relative

T

+

T

Rundungsfehler wird also besonders groß, wenn y gegen Null strebt.

152

2 Numerische Methoden

Aufgabe 2.9: Rundungsfehlereinfluss bei verschiedenen Rechenverfahren vergleichen

x\—x\

Durch die mathematisch identischen Ausdrücke y und y zwei verschiedene Rechenverfahren gegeben. Man vergleiche den beiden Verfahren, wenn die Maschinengenauigkeit r beträgt. =

=

(x\ —X2)(x\ +x2) werden

Rundungsfehlereinfluss bei

Lösung 1) Bei den Funktionen x\

-*•

s(x])r Bei der Subtraktion y

=

x2 bzw. x2

*

x2 ergeben sich folgende Gesamtfehler:

—

2 e*. +

bzw.

eu2)r

2 e.t2 +

«

xx2

.

x\ x\ entsteht der Gesamtfehler: —

2

Xt2

2

«

2

2

y

—

Ej:, —

2

2

2 X^ £j;, H X1 y y —

.X')

t 2 1

y

Txl2 + Zy

.

Mit der Maschinengenauigkeit können wir den Gesamtfehler abschätzen: 1

K

1

1

< 2 I>r|_

\ex. I

I vi

+2

—

\y\

Der Einfluss der Rundungsfehler durch die

|e~,2 I

+

(X\

\\y\

—

+

Xi-\

\

r

\y\)

+

t

.

—

Rechnung kann also abgeschätzt werden durch:

+ |y|)r. -!-(x2+x22 \y\

2.) Bei der Subtraktion bzw. Addition x\ -x2 bzw. x\ +x2 ergeben sich folgende Gesamtfehler: x
/3,

—5- +

4xV2 _

;

1], x)

=

llx 54V3x3 + 36n/3x2 9 x V3 +-3— —2-ö 7tL 2 7t tt"1 tt

—

Pi/2),x)=0,x);

Pi/4)*(x -

-

Solve(—x(x 3x

=

tt,

90 -3-r tt 7tj solve(diff(x*(x

1], x)

^ |tt, -jt], [0,

63x2

x3

r V5,

-

[0,sin(Pi/6),sin(Pi/3) ,1] ,x)

lnterp([0,

3

1

»], [0,

-n,

1 —

4

7t) (x

1 —

jt)

—

2

=

0, x)

=

1111 Vlrt, -„ 12 12 4

(-tt + 4

—

V3;r)

—

Pi/2)));

Pi/4)*(x

expandlsubs(x=l/4*Pi-1/12*sqrt(3)*Pi,x*(x

-

-

288

-

73 tt3

—

Aufgabe 2.24: Interpolationspolynom bestimmen, Interpolationsfehler abschätzen Gegeben stellen:

sei die Funktion:

/(x)

1 =

1

+x2

und

folgende Tabelle

von

Stützwerten und Stütz-

0 0

/(0) /

U

Man bestimme das Interpolationspolynom L2(x) und onsfehlers im Intervall [0, 1].

/(i)

gebe eine Abschätzung des Interpolati-

2.3

Interpolation

177

Lösung Mit den Stützwerten

/(0)

=

1

4

/

,

/(1) 7

T,

5

=

1 2

-

ergibt sich: L2(x)

=

/(0)L2,oW + /( (X

1

-

4 x 5 I

1) -

) L2,i(x) + f(l)L2,2M -

-I 2

2

1

1

x

x

+5* 1 1

=

Mit

f{x)

=

sin(x), n

=

3

, —x2-x+1. 5 10

2 und

f"'(x)

=

cos(x) bekommen wir zunächst die Abschätzung: 2

|/(x)

L2(x)|


+eu -

le1 +e' e4

les

+

el

-

e4

Berücksichtigt man, dass die dividierten Differenzen nicht von der Reihenfolge der Argumente abhängen, so ergibt sich folgendes Interpolationspolynom: N4(x)

1+

1

i

(e- l)x + -(e2 -2e+ l)x(x

+ -(e3 el + 3 e 6 +—

1) (x

1) x (x -

1) -

-

2) -

(e4 -4e3 + 6e2 -4