Kap. 8: Lineare Differentialgleichungen

8.1Lineare Systeme erster Ordnung

8.1.1 Allgemeine Lösung

Du hast bei den Eigenwerten gelernt, das Matrixexponential $e^{A}$ auszurechnen. Jetzt kommt die Belohnung dafür. Stell dir drei Federn vor, die hintereinander hängen und gleichzeitig schwingen: jede zieht an ihrem Nachbarn, alles bewegt sich auf einmal. So ein gekoppeltes System lässt sich mit genau diesem Werkzeug exakt lösen. Dieses Kapitel zeigt wie.

Fangen wir ganz klein an, mit dem, was du schon aus Analysis kennst. Eine einzelne homogene lineare Differentialgleichung (DGL) sucht eine Funktion $y(x)$ , deren Ableitung proportional zu ihr selbst ist: $y'(x) = a\,y(x)$ . Der Strich bedeutet Ableitung nach $x$ . Das ist das Gesetz von Wachstum und Zerfall: je mehr schon da ist, desto schneller wächst (oder zerfällt) es. Die Lösung ist die Exponentialfunktion $y(x) = C\,e^{ax}$ , mit einer freien Konstante $C$ . Eine einzige Anfangsbedingung $y(0) = y_0$ legt sie fest, dann ist $y(x) = e^{ax}\,y_0$ .

Die Lösungsmenge dieser einen Gleichung ist ein 1-dimensionaler Unterraum von $C^1(\mathbb{R})$ , dem Raum der einmal stetig differenzierbaren Funktionen: alle Vielfachen von $e^{ax}$ . Festzuhalten ist die Idee, nicht die Formel: Ableiten wird zu Multiplizieren mit $a$ , und die Antwort ist eine $e$ -Funktion. Genau diese Idee tragen wir jetzt von einer Zahl auf einen ganzen Vektor.

Skalare homogene lineare DGL (Warm-up aus der Analysis)

y'(x) = a\,y(x), \quad a \in \mathbb{R} \qquad\Longrightarrow\qquad y(x) = C\,e^{ax}, \quad C \in \mathbb{R}

Mit Anfangsbedingung y(0) = y₀ wird daraus y(x) =

e^{ax}

· y₀. Die Lösungsmenge ist 1-dimensional.

Jetzt der Sprung in mehrere Dimensionen. In der Linearen Algebra interessiert uns nicht eine einzelne DGL, sondern ein ganzes System: mehrere gesuchte Funktionen $y_1(x), \ldots, y_n(x)$ , deren Ableitungen voneinander abhängen. Komponentenweise sieht das aus wie ein lineares Gleichungssystem, nur dass links Ableitungen stehen. Fasst man die $n$ Funktionen zu einem Vektor $\mathbf{y}(x) = (y_1(x), \ldots, y_n(x))^{\mathsf{T}}$ zusammen, schrumpft alles zur kompakten Form $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}$ , mit der konstanten Koeffizientenmatrix $A \in \mathbb{R}^{n \times n}$ .

Die Analogie ist exakt: die Zahl $a$ wird zur Matrix $A$ , und das Skalar $e^{ax}$ wird zum Matrixexponential $e^{Ax}$ . Eine Anfangsbedingung ist jetzt ein ganzer Vektor $\mathbf{y}(0) = \mathbf{y}_0 \in \mathbb{R}^n$ , und die Lösung lautet formal $\mathbf{y}(x) = e^{Ax}\,\mathbf{y}_0$ . Diesmal ist die Lösungsmenge ein $n$ -dimensionaler Unterraum von $C^1(\mathbb{R}^n)$ , hat also $n$ freie Konstanten.

System erster Ordnung in Matrixform

\mathbf{y}'(x) = A\,\mathbf{y}(x), \qquad A \in \mathbb{R}^{n \times n}, \quad \mathbf{y}(x) = \begin{pmatrix} y_1(x) \\ \vdots \\ y_n(x) \end{pmatrix}

Komponentenweise: y₁' = a₁₁y₁ + … + a₁ₙyₙ, …, yₙ' = aₙ₁y₁ + … + aₙₙyₙ. Mit Anfangsbedingung y(0) = y₀ formal y(x) =

e^{Ax}

· y₀.

Wie löst man $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}$ , ohne $e^{Ax}$ mühsam als Reihe zu berechnen? Hier die Schlüsselbeobachtung: Wäre $A$ eine Diagonalmatrix, dann hingen die Gleichungen gar nicht zusammen. Zeile $i$ wäre schlicht $y_i' = \lambda_i\,y_i$ , also $n$ getrennte Wachstumsgleichungen, jede mit der bekannten Lösung $y_i = c_i\,e^{\lambda_i x}$ . Diagonalisierung macht aus $A$ genau so eine Diagonalmatrix, in einer gedrehten Basis. Dafür brauchen wir, dass $A$ diagonalisierbar ist, also $n$ linear unabhängige Eigenvektoren besitzt.

Wenn $A$ diagonalisierbar ist, gibt es eine reguläre Matrix $T$ und eine Diagonalmatrix $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)$ mit $T^{-1} A T = D$ . Die Spalten von $T$ sind die Eigenvektoren, die Diagonale von $D$ trägt die zugehörigen Eigenwerte. Eingesetzt in das formale $e^{Ax}$ liefert das sofort die geschlossene Lösung. Aber wir gehen den Weg lieber Schritt für Schritt: das folgende Kochrezept ist schneller und einprägsamer als jede Reihe.

Diagonalisierung als Schlüssel (so könnte man rechnen)

\begin{aligned} T^{-1} A T &= \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n) = D \\ \Longrightarrow\quad \mathbf{y}(x) &= e^{Ax}\,\mathbf{y}_0 \\ &= T\,\operatorname{diag}\!\big(e^{\lambda_1 x}, \ldots, e^{\lambda_n x}\big)\,T^{-1}\,\mathbf{y}_0 \end{aligned}

λ₁, …, λₙ sind die Eigenwerte von A, die Spalten von T die zugehörigen Eigenvektoren. Statt dieser Formel rechnen wir mit dem Kochrezept darunter.

Kochrezept: allgemeine Lösung von $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}$

Voraussetzung prüfen

Das Rezept verlangt, dass $A$ diagonalisierbar ist, also $n$ linear unabhängige Eigenvektoren besitzt. Nur dann zerfällt das System sauber in Einzelgleichungen.

Gegeben ist das Problem:

$\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}$
Schritt I: Eigenwerte und Eigenvektoren bestimmen

Sie liefern die gedrehte Basis, in der das System diagonal wird. Das ist reine Kapitel-6-Arbeit.

Man berechnet die Eigenwerte $\lambda_i$ und Eigenvektoren von $A$ und baut daraus $T$ (Eigenvektoren als Spalten) und $D$ :

$T^{-1} A T = D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)$
Schritt II: Substitution $\mathbf{y} = T\,\mathbf{z}$

Wechselt in die Eigenbasis. In dieser Basis koppeln die Gleichungen nicht mehr.

Aus $\mathbf{y} = T\,\mathbf{z}$ folgt $\mathbf{z}' = D\,\mathbf{z}$ , also komponentenweise lauter getrennte Gleichungen. Das System ist jetzt entkoppelt:

$\mathbf{z}' = D\,\mathbf{z} \qquad\Longleftrightarrow\qquad z_i' = \lambda_i\,z_i$
Schritt III: jede Einzelgleichung lösen

Jedes $z_i' = \lambda_i\,z_i$ ist genau die skalare Warm-up-Gleichung von oben. Die Lösung kennen wir auswendig.

Mit dem Ansatz $\mathbf{z}(x) = e^{\lambda x}\,\mathbf{c}$ ergibt sich:

$\mathbf{z}(x) = \operatorname{diag}\!\big(e^{\lambda_1 x}, \ldots, e^{\lambda_n x}\big) \begin{pmatrix} c_1 \\ \vdots \\ c_n \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c_1\,e^{\lambda_1 x} \\ \vdots \\ c_n\,e^{\lambda_n x} \end{pmatrix}$
Schritt IV: rücksubstituieren $\mathbf{y} = T\,\mathbf{z}$

Zurück in die ursprüngliche Basis. Das Produkt $T\,\mathbf{z}$ ist nichts anderes als eine Linearkombination der Eigenvektoren.

Mit $\mathbf{t}^{(1)}, \ldots, \mathbf{t}^{(n)}$ als den Eigenvektoren zu $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ steht die allgemeine Lösung da:

$\begin{aligned} \mathbf{y}(x) = T\,\mathbf{z}(x) = {}&c_1\,e^{\lambda_1 x}\,\mathbf{t}^{(1)} \\ &+ c_2\,e^{\lambda_2 x}\,\mathbf{t}^{(2)} \\ &+ \cdots + c_n\,e^{\lambda_n x}\,\mathbf{t}^{(n)} \end{aligned}$

Notation Notation: $\mathbf{y}'$ und $\mathbf{y}$

\mathbf{y}'

ist die Ableitung des Vektors

\mathbf{y}(x)

nach

x

, komponentenweise. Der Strich meint

\tfrac{d}{dx}

A

ist die konstante

n \times n

-Koeffizientenmatrix;

\lambda_i

ihre Eigenwerte,

\mathbf{t}^{(i)}

die Eigenvektoren.

Notation Notation: $T$ , $D$ , $\mathbf{z}$ , $c_i$

T

hat die Eigenvektoren als Spalten.

D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)

trägt die Eigenwerte.

\mathbf{z}

ist die entkoppelte Hilfsvariable aus

\mathbf{y} = T\,\mathbf{z}

. Die

c_i

sind die freien Konstanten der Lösung.

Formel Auf einen Blick: 1. Ordnung

\begin{aligned} \mathbf{y}(x) ={}& \sum_{i=1}^{n} c_i\,e^{\lambda_i x}\,\mathbf{t}^{(i)} \end{aligned}

Allgemeine Lösung von

\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}

: pro Eigenwert ein Term aus

e^{\lambda_i x}

mal Eigenvektor.

Definition Diagonalisierbar

A

heißt diagonalisierbar, wenn es

n

linear unabhängige Eigenvektoren gibt, gleichbedeutend mit

T^{-1} A T = D

für ein reguläres

T

. Voraussetzung für das ganze Kochrezept.

Querverweis Verweise
→ Kap. 6: Eigenwerte und Eigenvektoren
→ Kap. 6: das Matrixexponential eᴬ

Prüfungstipp Verschiedene Eigenwerte

\Rightarrow

automatisch diagonalisierbar. Das ist der bequeme Normalfall in den Beispielen.

8.1.2 Anfangswertproblem

Die allgemeine Lösung hat $n$ freie Konstanten $c_1, \ldots, c_n$ . Sie beschreibt also nicht eine Bahn, sondern eine ganze Familie. Wie pickt man die eine Lösung heraus, die zu einem konkreten Start gehört? Genau dafür gibt es die Anfangsbedingung $\mathbf{y}(0) = \mathbf{y}_0$ . Sie ist gewissermaßen die Stellung aller Regler zum Zeitpunkt $x = 0$ .

Stell dir die $c_i$ als $n$ Lautstärke-Regler vor, einen pro Eigenmode. Die allgemeine Lösung ist der Mix aus allen Moden, jede so laut wie ihr $c_i$ . Die Anfangsbedingung $\mathbf{y}(0) = \mathbf{y}_0$ stellt alle Regler auf einen Schlag so ein, dass die Überlagerung bei $x = 0$ genau $\mathbf{y}_0$ ergibt. Ein Anfangswertproblem (AWP) ist also: allgemeine Lösung plus eine Anfangsbedingung.

Kochrezept: Anfangswertproblem $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}$ , $\mathbf{y}(0) = \mathbf{y}_0$

Schritt a: allgemeine Lösung

Ohne die $n$ Eigenmoden gibt es keine Konstanten, die man einstellen könnte.

Man bestimmt mit dem Rezept aus 8.1.1 die allgemeine Lösung $\mathbf{y}(x) = \sum_i c_i\,e^{\lambda_i x}\,\mathbf{t}^{(i)}$ .
Schritt b: Anfangsbedingung einsetzen

Bei $x = 0$ ist jeder Faktor $e^{\lambda_i \cdot 0} = 1$ . Die ganze $e$ -Funktionen-Maschinerie verschwindet, übrig bleibt nur die Linearkombination der Eigenvektoren.

Setze $x = 0$ ein. Mit $\mathbf{c} = \mathbf{z}(0)$ als unbekanntem Vektor wird daraus:

$\mathbf{y}(0) = T\,\mathbf{z}(0) = \mathbf{y}_0$
Schritt c: lineares Gleichungssystem lösen

Das ist ein ganz gewöhnliches LGS mit den $c_i$ als Unbekannten, kein Hexenwerk mehr.

Löse $T\,\mathbf{c} = \mathbf{y}_0$ nach $\mathbf{c}$ auf, etwa mit Gauss. Einsetzen der gefundenen $c_i$ liefert die gesuchte spezielle Lösung:

$T\,\mathbf{c} = \mathbf{y}_0 \quad\Longrightarrow\quad \mathbf{c} = (c_1, \ldots, c_n)^{\mathsf{T}}$

Sonderfall:

T

orthogonal

T \text{ orthogonal} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathbf{c} = T^{\mathsf{T}}\,\mathbf{y}_0

Spart die Gauss-Rechnung, weil dann

T^{-1} = T^{\mathsf{T}}

. Gilt nur, wenn A symmetrisch ist und die Eigenvektoren normiert sind.

Notation Notation: $\mathbf{y}_0$

\mathbf{y}_0 = \mathbf{y}(0) \in \mathbb{R}^n

ist der vorgegebene Anfangsvektor. Er macht aus der Lösungsfamilie eine einzelne Lösung.

Formel Auf einen Blick: AWP

T\,\mathbf{c} = \mathbf{y}_0

Konstanten aus der Anfangsbedingung:

x = 0

einsetzen, LGS lösen. Orthogonales

T

\mathbf{c} = T^{\mathsf{T}}\mathbf{y}_0

Merke Merke: Bei

x = 0

ist

e^{\lambda_i \cdot 0} = 1

. Das AWP ist nur ein LGS, keine DGL mehr.

8.1.3 Durchgerechnete Beispiele

Genug Theorie, jetzt rechnen wir. Das erste Beispiel ist ein vollständiges $3 \times 3$ -System mit einer Zusatzfrage nach dem Langzeitverhalten („Bedingungen im Unendlichen"). Das zweite ist ein kompaktes $2 \times 2$ -Anfangswertproblem. Versuch jedes zuerst selbst, schau erst danach in den Lösungsweg.

Beispiel 1: gegebene Matrix

A = \begin{pmatrix} -6 & 0 & 2 \\ -9 & 3 & 1 \\ -9 & 0 & 3 \end{pmatrix}

a) allgemeine Lösung von y' = A y. b) für welche Anfangswerte gilt

\lim_{x \to \infty}

y(x) =

(1, 2, 3)^{\mathsf{T}}

Beispiel 1: $3 \times 3$ -System mit Langzeitverhalten

Schritt 1: charakteristisches Polynom

Die Nullstellen von $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ sind die Eigenwerte, das Rückgrat der ganzen Lösung.

Entwickeln und faktorisieren ergibt drei einfache, verschiedene Eigenwerte:

$\begin{aligned} P_A(\lambda) &= \det(A - \lambda I) = (-6 - \lambda)(3 - \lambda)^2 + 2\big[9(3 - \lambda)\big] \\ &= \lambda(\lambda - 3)(\lambda + 3) \end{aligned}$
Schritt 2: Eigenwerte ablesen

Drei verschiedene Eigenwerte bedeuten drei linear unabhängige Eigenvektoren, also ist $A$ sicher diagonalisierbar.

Die Eigenwerte sind, jeweils mit algebraischer Vielfachheit 1:

$\lambda_1 = 0, \qquad \lambda_2 = 3, \qquad \lambda_3 = -3$
Schritt 3: Eigenvektoren bestimmen

Jeder Eigenvektor löst $(A - \lambda_i I)\,\mathbf{x} = \mathbf{0}$ und gibt die Richtung seiner Eigenmode.

Lösen der drei homogenen Systeme liefert:

$\begin{aligned} \mathbf{t}^{(1)} &= \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \\ \mathbf{t}^{(2)} &= \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ \mathbf{t}^{(3)} &= \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Schritt 4: allgemeine Lösung aufschreiben

Mit Eigenwerten und Eigenvektoren steht die Lösung direkt da, ein Term pro Mode.

Damit lautet die allgemeine Lösung von $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}$ :

$\begin{aligned} \mathbf{y}(x) = {}&c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + c_2\,e^{3x} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &+ c_3\,e^{-3x} \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Schritt 5: Langzeitverhalten erzwingen (Teil b)

Für $x \to \infty$ explodiert der Term mit $e^{3x}$ und der Term mit $e^{-3x}$ verschwindet. Soll der Grenzwert endlich und gleich $\mathbf{t}^{(1)}$ sein, müssen die richtigen Konstanten gewählt werden.

$e^{3x} \to \infty$ zwingt $c_2 = 0$ ; $e^{-3x} \to 0$ , also ist $c_3$ beliebig; der erste Term bleibt konstant, und $c_1 = 1$ trifft den Grenzwert $(1, 2, 3)^{\mathsf{T}}$ . Die zulässigen Anfangswerte sind:

$\mathbf{y}(0) = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + c_3 \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix}, \qquad c_3 \in \mathbb{R}$

Beispiel 2: Anfangswertproblem

A = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 6 & 2 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}, \quad \mathbf{y}(0) = \begin{pmatrix} 0 \\ 10 \end{pmatrix}

Beispiel 2: $2 \times 2$ -Anfangswertproblem

Schritt 1: Eigenwerte

Wie immer beginnt alles mit $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ .

Das charakteristische Polynom faktorisiert sauber:

$\begin{aligned} P_A(\lambda) \\ &= \det(A - \lambda I) \\ &= \lambda^2 - 3\lambda - 4 \\ &= (\lambda - 4)(\lambda + 1) \\ &\Longrightarrow \lambda_1 = 4,\ \lambda_2 = -1 \end{aligned}$
Schritt 2: Eigenvektoren

Zwei verschiedene Eigenwerte, zwei Richtungen.

Lösen von $(A - \lambda_i I)\,\mathbf{x} = \mathbf{0}$ ergibt:

$\mathbf{t}^{(1)} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} \ (\lambda = 4), \qquad \mathbf{t}^{(2)} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix} \ (\lambda = -1)$
Schritt 3: allgemeine Lösung direkt

Mit dem Rezept im Kopf darf man die Lösung sofort hinschreiben.

Die allgemeine Lösung ist:

$\mathbf{y}(x) = c_1\,e^{4x} \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} + c_2\,e^{-x} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$
Schritt 4: Anfangsbedingung einsetzen

Bei $x = 0$ werden beide Exponentialfaktoren zu 1, übrig bleibt ein $2 \times 2$ -LGS für $c_1, c_2$ .

Aus $\mathbf{y}(0) = (0, 10)^{\mathsf{T}}$ wird das System $c_1 + c_2 = 0$ , $3c_1 - 2c_2 = 10$ mit der Lösung:

$c_1 = -c_2 = 2$
Schritt 5: spezielle Lösung

Einsetzen der Konstanten beantwortet das AWP eindeutig.

Die gesuchte spezielle Lösung lautet:

$\mathbf{y}(x) = 2\,e^{4x} \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \end{pmatrix} - 2\,e^{-x} \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \end{pmatrix}$

Ein drittes $3 \times 3$ -Beispiel zeigt die gleiche Mechanik mit zwei gemischten Bedingungen. Für $A = \begin{pmatrix} 1 & -2 & 5 \\ 1 & 1 & -1 \\ 5 & 2 & 1 \end{pmatrix}$ ergibt $P_A(\lambda) = -\lambda(\lambda + 3)(\lambda - 6)$ die Eigenwerte $\lambda_1 = 0$ , $\lambda_2 = -3$ , $\lambda_3 = 6$ mit Eigenvektoren $(-1, 2, 1)^{\mathsf{T}}$ , $(-2, 1, 2)^{\mathsf{T}}$ und $(1, 0, 1)^{\mathsf{T}}$ . Die allgemeine Lösung ist $\mathbf{y}(x) = c_1\,(-1, 2, 1)^{\mathsf{T}} + c_2\,e^{-3x}\,(-2, 1, 2)^{\mathsf{T}} + c_3\,e^{6x}\,(1, 0, 1)^{\mathsf{T}}$ .

Verlangt man $\lim_{x \to \infty} y_3(x) = 2$ und $y_2(0) = 0$ , so zwingt $e^{6x} \to \infty$ wieder $c_3 = 0$ ; aus $y_3 \to c_1 = 2$ und der zweiten Bedingung $2c_1 + c_2 = 0$ folgt $c_2 = -4$ . Die Lösung ist dann $(y_1, y_2, y_3)(x) = (-2, 4, 2)^{\mathsf{T}} + e^{-3x}\,(8, -4, -8)^{\mathsf{T}}$ . Dasselbe Muster, dieselben drei Schritte: Eigenwerte, Eigenvektoren, Konstanten aus den Bedingungen.

Prüfungstipp Erst selbst rechnen, dann den Lösungsweg aufklappen. Drei verschiedene Eigenwerte heißt: sofort diagonalisierbar.

Formel Schlussresultat Beispiel 1

\begin{aligned} \mathbf{y}(x) ={}& c_1 \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} \\ &+ c_2\,e^{3x} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &+ c_3\,e^{-3x} \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix} \end{aligned}

Allgemeine Lösung des ersten

3 \times 3

-Systems.

Merke Vorzeichen-Regel:

\lambda > 0 \Rightarrow

Term explodiert (Konstante muss 0);

\lambda < 0 \Rightarrow

Term zerfällt (Konstante egal);

\lambda = 0 \Rightarrow

konstant (legt Grenzwert fest).

8.2Lineare Systeme zweiter Ordnung

8.2.1 Allgemeine Lösung

Was ändert sich, wenn links nicht $\mathbf{y}'$ , sondern $\mathbf{y}''$ steht? Aus Wachstum wird Schwingung. Erinnere dich an die einzelne Feder: $y'' = -\omega^2\,y$ ist die Schwingungsgleichung, ihre Lösung sind $\sin$ und $\cos$ . Die Form $\mathbf{y}'' = A\,\mathbf{y}$ ist nichts anderes als die mehrdimensionale Schwingungsgleichung: $n$ Federn, die $A$ miteinander koppelt.

Analog zum System erster Ordnung sucht ein System zweiter Ordnung $n$ Funktionen $y_1(x), \ldots, y_n(x)$ , deren zweite Ableitungen linear voneinander abhängen. In Matrixform $\mathbf{y}'' = A\,\mathbf{y}$ . Weil jetzt zweimal abgeleitet wird, braucht es zwei Anfangsbedingungen, eine für die Position $\mathbf{y}(0) = \mathbf{y}_0$ und eine für die Geschwindigkeit $\mathbf{y}'(0) = \mathbf{y}_0'$ . Die Lösungsmenge ist wieder ein $n$ -dimensionaler Unterraum, allerdings mit $2n$ freien Konstanten, weil jede Mode jetzt zwei davon trägt.

Der Trick bleibt derselbe: Diagonalisieren entkoppelt. Die Substitution $\mathbf{y} = T\,\mathbf{z}$ macht aus $\mathbf{y}'' = A\,\mathbf{y}$ die entkoppelten Gleichungen $z_i'' = \lambda_i\,z_i$ . Nur lösen wir jede jetzt nicht mit $e$ -Funktionen, sondern mit $\sin$ und $\cos$ , sofern $\lambda_i$ negativ ist.

System zweiter Ordnung in Matrixform

\mathbf{y}''(x) = A\,\mathbf{y}(x), \qquad \mathbf{y}(0) = \mathbf{y}_0, \quad \mathbf{y}'(0) = \mathbf{y}_0' \in \mathbb{R}^n

Komponentenweise: y₁'' = a₁₁y₁ + … + a₁ₙyₙ, …. Zweimal ableiten heißt zwei Anfangsbedingungen, insgesamt 2n freie Konstanten.

Kochrezept: allgemeine Lösung von $\mathbf{y}'' = A\,\mathbf{y}$

Schritt I: Eigenwerte und Eigenvektoren

Wie bei erster Ordnung liefern sie $T$ und $D$ , die das System diagonalisieren. $A$ muss diagonalisierbar sein.

Man bestimmt $T$ (Eigenvektoren als Spalten) und $D = \operatorname{diag}(\lambda_1, \ldots, \lambda_n)$ .
Schritt II: Substitution $\mathbf{y} = T\,\mathbf{z}$

Entkoppelt das System genau wie zuvor.

Aus $\mathbf{y} = T\,\mathbf{z}$ folgt $\mathbf{z}'' = D\,\mathbf{z}$ , also komponentenweise:

$z_i'' = \lambda_i\,z_i$
Schritt III: Frequenz einführen

Bei einem negativen Eigenwert ist $-\lambda_i > 0$ , und $\sqrt{-\lambda_i}$ ist reell. Genau diese Zahl ist die Schwingungsfrequenz der Mode.

Mit $\omega_i = \sqrt{-\lambda_i}$ wird jede Einzelgleichung zur Schwingungsgleichung des harmonischen Oszillators:

$\omega_i = \sqrt{-\lambda_i} \qquad\Longrightarrow\qquad z_i'' + \omega_i^2\,z_i = 0$
Schritt IV: Einzelgleichungen lösen

Die Lösung der Schwingungsgleichung kennst du aus der Analysis: eine Überlagerung von $\cos$ und $\sin$ mit Frequenz $\omega_i$ .

Mit Konstanten $a_i$ und $b_i$ je Mode:

$z_i(x) = a_i\,\cos(\omega_i x) + b_i\,\sin(\omega_i x)$
Schritt V: rücksubstituieren $\mathbf{y} = T\,\mathbf{z}$

Zurück in die Originalbasis. Jede Mode schwingt in ihrer Eigenrichtung $\mathbf{t}^{(i)}$ mit ihrer Frequenz $\omega_i$ .

Die allgemeine Lösung ist die Überlagerung aller schwingenden Eigenmoden:

$\mathbf{y}(x) = \sum_{i=1}^{n} \big[a_i\,\cos(\omega_i x) + b_i\,\sin(\omega_i x)\big]\,\mathbf{t}^{(i)}$

Notation Notation: $\omega_i$ , $a_i$ , $b_i$

\omega_i = \sqrt{-\lambda_i}

ist die Eigenfrequenz der

i

-ten Mode.

a_i

und

b_i

sind ihre zwei Konstanten (Amplituden von

\cos

und

\sin

), insgesamt

2n

Stück.

Formel Auf einen Blick: 2. Ordnung

\begin{aligned} \mathbf{y}(x) ={}& \sum_{i=1}^{n} \big[a_i \cos(\omega_i x) \\ &+ b_i \sin(\omega_i x)\big]\,\mathbf{t}^{(i)} \end{aligned}

mit

\omega_i = \sqrt{-\lambda_i}

. Allgemeine Lösung von

\mathbf{y}'' = A\,\mathbf{y}

Querverweis Verweise
→ Kap. 6: Eigenwerte und Eigenvektoren
→ Analysis II VII.14: Phasenporträts

Merke Merke: negativer Eigenwert

\Rightarrow

reelle Frequenz

\Rightarrow

Schwingung. Jede Eigenrichtung ist eine Eigenschwingung.

8.2.2 Anfangswertproblem

Jetzt gibt es $2n$ Konstanten, $n$ Stück $a_i$ und $n$ Stück $b_i$ . Wie legen die zwei Anfangsbedingungen $\mathbf{y}(0)$ und $\mathbf{y}'(0)$ sie alle fest? Die Antwort ist überraschend sauber: die Position bei $x = 0$ bestimmt die $a_i$ , die Geschwindigkeit bei $x = 0$ die $b_i$ . Sie trennen sich von selbst.

Der Grund steckt in den Werten der Winkelfunktionen bei null: $\cos(0) = 1$ und $\sin(0) = 0$ . Die Position $\mathbf{y}(0)$ sieht deshalb nur die $\cos$ -Terme, also die $a_i$ . Leitet man ab, vertauschen $\sin$ und $\cos$ ihre Rollen, und die Geschwindigkeit $\mathbf{y}'(0)$ sieht nur die $\sin$ -Terme, also die $b_i$ , allerdings mit einem zusätzlichen Faktor $\omega_i$ aus der Kettenregel.

Kochrezept: AWP $\mathbf{y}'' = A\,\mathbf{y}$ , $\mathbf{y}(0) = \mathbf{y}_0$ , $\mathbf{y}'(0) = \mathbf{y}_0'$

Schritt a: allgemeine Lösung

Erst alle $2n$ Eigenmoden bereitstellen.

Man bestimmt mit dem Rezept aus 8.2.1 die allgemeine Lösung samt aller $\omega_i$ , $a_i$ , $b_i$ .
Schritt b: beide Anfangsbedingungen einsetzen

Position und Geschwindigkeit bei $x = 0$ liefern je ein LGS. Wegen $\cos(0) = 1$ , $\sin(0) = 0$ trennen sie $a$ von $b$ .

Mit $\mathbf{c} = \mathbf{z}(0)$ (die $a_i$ ) und $\mathbf{d} = \mathbf{z}'(0)$ :

$\mathbf{y}(0) = T\,\mathbf{z}(0) = \mathbf{y}_0, \qquad \mathbf{y}'(0) = T\,\mathbf{z}'(0) = \mathbf{y}_0'$
Schritt c: die zwei LGS lösen

Ganz gewöhnliche lineare Gleichungssysteme, eines für $\mathbf{c}$ , eines für $\mathbf{d}$ .

Löse $T\,\mathbf{c} = \mathbf{y}_0$ und $T\,\mathbf{d} = \mathbf{y}_0'$ . Ist $T$ orthogonal, geht es per $\mathbf{c} = T^{\mathsf{T}}\mathbf{y}_0$ , $\mathbf{d} = T^{\mathsf{T}}\mathbf{y}_0'$ :

$T\,\mathbf{c} = \mathbf{y}_0, \qquad T\,\mathbf{d} = \mathbf{y}_0'$
Schritt d: die $\omega$ -Korrektur auflösen

Die Ableitung zieht aus jedem $\sin$ -Term den Faktor $\omega_i$ heraus. Deshalb liefert $\mathbf{y}'(0)$ nicht $b_i$ direkt, sondern $\omega_i\,b_i$ .

Es gilt $d_i = \omega_i\,e_i$ , wobei $e_i$ die $\sin$ -Koeffizienten (die $b_i$ ) sind. Nach $e_i$ auflösen:

$d_i = \omega_i\,e_i \qquad\Longrightarrow\qquad e_i = \frac{d_i}{\omega_i}$

Prüfungstipp

Das ist die meistvergessene Stelle des ganzen Kapitels: Beim Ableiten von $a_i\,\cos(\omega_i x) + b_i\,\sin(\omega_i x)$ fällt aus der Kettenregel der Faktor $\omega_i$ heraus. Die Geschwindigkeitsbedingung $\mathbf{y}'(0)$ liefert dir deshalb nicht direkt $b_i$ , sondern $\omega_i\,b_i$ . Du musst am Schluss noch durch $\omega_i$ teilen. Wer diese $\omega$ -Korrektur überspringt, bekommt falsche Konstanten.

Vorsicht mit dem Symbol $e_i$ : Hier meint $e_i$ eine Hilfs-Konstante (eine Komponente von $\mathbf{z}'(0)$ , im Kern der $\sin$ -Koeffizient $b_i$ ), nicht den $i$ -ten Einheitsvektor. Gleiches Symbol, völlig andere Bedeutung, nur in diesem Rezept.

Notation Notation: $e_i$ (Achtung)

e_i

ist hier eine Hilfs-Konstante, die

\sin

-Amplitude

b_i

aus

\mathbf{z}'(0)

, nicht der Einheitsvektor. Es gilt

d_i = \omega_i\,e_i

. Variantenwarnung: gleiches Symbol, andere Bedeutung.

Formel Auf einen Blick: AWP 2. Ordnung

\begin{aligned} T\,\mathbf{c} &= \mathbf{y}_0 \\ T\,\mathbf{d} &= \mathbf{y}_0' \\ d_i &= \omega_i\,e_i \end{aligned}

Position

\to

die

a_i

(über

\mathbf{c}

), Geschwindigkeit

\to

die

b_i

(über

\mathbf{d}

, dann durch

\omega_i

teilen).

Prüfungstipp Die

\omega_i

-Korrektur aus

\mathbf{y}'(0)

ist die häufigste Fehlerquelle. Niemals direkt

b_i = d_i

setzen.

8.2.3 Durchgerechnete Beispiele

Zwei vollständige $2 \times 2$ -Beispiele. Das erste hat ganzzahlige Frequenzen $\omega = 1, 2$ , das zweite irrationale $\omega = \sqrt{6}, \sqrt{3}$ und einen Start aus der Ruhe heraus. Beide durchlaufen genau die fünf Rezeptschritte. Rechne erst selbst.

Beispiel 1: gegeben

\begin{aligned} A &= \begin{pmatrix} 5 & -18 \\ 3 & -10 \end{pmatrix} \\ \mathbf{y}'' &= A\,\mathbf{y} \\ \mathbf{y}(0) &= \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \end{pmatrix} \\ \mathbf{y}'(0) &= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

Beispiel 1: ganzzahlige Frequenzen

Schritt 1: Eigenwerte

Wieder $P_A(\lambda) = \det(A - \lambda I)$ . Beide Eigenwerte sind negativ, also gibt es echte Schwingungen.

Das charakteristische Polynom faktorisiert:

$\begin{aligned} P_A(\lambda) \\ &= (5 - \lambda)(-10 - \lambda) + 54 \\ &= \lambda^2 + 5\lambda + 4 \\ &= (\lambda + 1)(\lambda + 4) \\ &\Rightarrow \lambda_1 = -1,\ \lambda_2 = -4 \end{aligned}$
Schritt 2: Eigenvektoren und Frequenzen

Eigenvektoren geben die Schwingungsrichtungen, $\omega_i = \sqrt{-\lambda_i}$ die Frequenzen. Hier beide ganzzahlig.

Man erhält $\mathbf{t}^{(1)} = (3, 1)^{\mathsf{T}}$ zu $\lambda = -1$ und $\mathbf{t}^{(2)} = (2, 1)^{\mathsf{T}}$ zu $\lambda = -4$ , mit:

$\omega_1 = \sqrt{1} = 1, \qquad \omega_2 = \sqrt{4} = 2$
Schritt 3: allgemeine Lösung

Eine schwingende Eigenmode pro Eigenwert, überlagert.

Die allgemeine Lösung lautet:

$\begin{aligned} \mathbf{y}(x) ={}& \big[a_1 \cos(x) + b_1 \sin(x)\big] \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} \\ &+ \big[a_2 \cos(2x) + b_2 \sin(2x)\big] \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Schritt 4: Position liefert die $a_i$

Bei $x = 0$ ist $\cos(0) = 1$ , $\sin(0) = 0$ : $\mathbf{y}(0)$ sieht nur die $\cos$ -Amplituden.

Aus $\mathbf{y}(0) = (0, 2)^{\mathsf{T}}$ wird $3a_1 + 2a_2 = 0$ , $a_1 + a_2 = 2$ mit der Lösung:

$a_1 = -4, \qquad a_2 = 6$
Schritt 5: Geschwindigkeit liefert die $b_i$

Ableiten zieht die Frequenz heraus; $\mathbf{y}'(0)$ ergibt ein LGS in $\omega_i\,b_i$ . Hier sind die Frequenzen schon in den Koeffizienten verrechnet.

Mit $\mathbf{y}'(x) = [-a_1 \sin(x) + b_1 \cos(x)](3,1)^{\mathsf{T}} + [-2a_2 \sin(2x) + 2b_2 \cos(2x)](2,1)^{\mathsf{T}}$ und $\mathbf{y}'(0) = (1, 0)^{\mathsf{T}}$ folgt $3b_1 + 4b_2 = 1$ , $b_1 + 2b_2 = 0$ , also:

$b_1 = 1, \qquad b_2 = -\tfrac{1}{2}$
Schritt 6: spezielle Lösung

Alle vier Konstanten einsetzen.

Die gesuchte Lösung ist:

$\begin{aligned} \mathbf{y}(x) ={}& \big[-4\cos(x) + \sin(x)\big] \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} \\ &+ \big[6\cos(2x) - \tfrac{1}{2}\sin(2x)\big] \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$

Beispiel 2: Start aus der Ruhe

\begin{aligned} A &= \begin{pmatrix} -5 & 2 \\ 1 & -4 \end{pmatrix} \\ \mathbf{y}'' &= A\,\mathbf{y} \\ \mathbf{y}(0) &= \begin{pmatrix} 6 \\ 0 \end{pmatrix} \\ \mathbf{y}'(0) &= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{aligned}

Beispiel 2: irrationale Frequenzen

Schritt 1: Eigenwerte

Standardstart über das charakteristische Polynom.

Es ergibt sich:

$\begin{aligned} P_A(\lambda) \\ &= (-5 - \lambda)(-4 - \lambda) - 2 \\ &= \lambda^2 + 9\lambda + 18 \\ &= (\lambda + 3)(\lambda + 6) \\ &\Rightarrow \lambda_1 = -6,\ \lambda_2 = -3 \end{aligned}$
Schritt 2: Eigenvektoren und Frequenzen

Die Frequenzen sind diesmal irrational, aber das ändert am Rezept nichts.

Man erhält $\mathbf{t}^{(1)} = (2, -1)^{\mathsf{T}}$ zu $\lambda = -6$ und $\mathbf{t}^{(2)} = (1, 1)^{\mathsf{T}}$ zu $\lambda = -3$ , mit:

$\omega_1 = \sqrt{6}, \qquad \omega_2 = \sqrt{3}$
Schritt 3: allgemeine Lösung

Trig-Argumente immer vollständig in Klammern, auch bei Wurzeln.

Die allgemeine Lösung lautet:

$\begin{aligned} \mathbf{y}(x) ={}& \big[a_1 \cos(\sqrt{6}\,x) + b_1 \sin(\sqrt{6}\,x)\big] \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix} \\ &+ \big[a_2 \cos(\sqrt{3}\,x) + b_2 \sin(\sqrt{3}\,x)\big] \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Schritt 4: Position liefert die $a_i$

$\mathbf{y}(0)$ sieht nur die $\cos$ -Amplituden.

Aus $\mathbf{y}(0) = (6, 0)^{\mathsf{T}}$ wird $2a_1 + a_2 = 6$ , $-a_1 + a_2 = 0$ , also:

$a_1 = 2, \qquad a_2 = 2$
Schritt 5: Geschwindigkeit gleich null

Start aus der Ruhe: $\mathbf{y}'(0) = \mathbf{0}$ . Beide $\sin$ -Amplituden müssen verschwinden.

Das LGS aus $\mathbf{y}'(0) = (0,0)^{\mathsf{T}}$ ist $2\sqrt{6}\,b_1 + \sqrt{3}\,b_2 = 0$ , $-\sqrt{6}\,b_1 + \sqrt{3}\,b_2 = 0$ mit der Lösung:

$b_1 = 0, \qquad b_2 = 0$
Schritt 6: spezielle Lösung

Ohne $\sin$ -Anteil bleibt eine reine Kosinus-Schwingung.

Die Lösung ist:

$\mathbf{y}(x) = 2\cos(\sqrt{6}\,x) \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \end{pmatrix} + 2\cos(\sqrt{3}\,x) \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$

Prüfungstipp Erst selbst rechnen.

\omega_i = \sqrt{-\lambda_i}

: das Minus nicht vergessen, der Eigenwert ist negativ.

Formel Schlussresultat Beispiel 1

\begin{aligned} \mathbf{y}(x) ={}& [-4\cos(x) + \sin(x)] \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix} \\ &+ [6\cos(2x) - \tfrac{1}{2}\sin(2x)] \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

Spezielle Lösung des ersten Schwingungsbeispiels.

Merke Merke:

\mathbf{y}'(0) = \mathbf{0} \Rightarrow

alle

b_i = 0 \Rightarrow

reine Kosinus-Schwingung (Start aus der Ruhe).

8.3Rückführung von Gleichungen n-ter Ordnung

8.3.1 Durchgerechnete Beispiele

Was, wenn gar kein System dasteht, sondern nur eine Gleichung höherer Ordnung, etwa $y'' = -5y + 4y'$ ? Dann lässt sich der bisherige Eigenwert-Weg nicht direkt anwenden, denn der braucht ein System erster Ordnung. Der Ausweg ist ein einfacher Trick: jede Ableitung bekommt einen eigenen Namen. Aus einer Gleichung $n$ -ter Ordnung werden so $n$ Gleichungen erster Ordnung, und wir sind zurück bei Abschnitt 8.1.

Die Idee in Worten: Setze $y_0 = y$ , $y_1 = y'$ , $y_2 = y''$ , und so weiter bis $y_{n-1} = y^{(n-1)}$ . Dann ist die Ableitung jeder dieser neuen Variablen einfach die nächste, $y_0' = y_1$ , $y_1' = y_2$ , und die ursprüngliche DGL liefert die letzte Zeile. Das Ergebnis ist ein System $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}$ mit einer charakteristischen Begleitmatrix: Einsen auf der Nebendiagonale, und in der letzten Zeile die Koeffizienten $a_0, a_1, \ldots, a_{n-1}$ der Gleichung. Diese Methode ist erstaunlich mächtig, sie funktioniert sogar bei nicht konstanten Koeffizienten und bei inhomogenen Gleichungen.

Rückführung: lineare DGL n-ter Ordnung in ein System

\begin{aligned} y^{(n)} \\ &= a_0\,y + a_1\,y' + \cdots + a_{n-1}\,y^{(n-1)} \;\xrightarrow{\;y_k = y^{(k)}\;}\; \begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \\ \vdots \\ y_{n-1} \end{pmatrix}' \\ &= \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & & & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & 1 \\ a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n-1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \\ \vdots \\ y_{n-1} \end{pmatrix} \end{aligned}

Begleitmatrix: Einsen auf der Nebendiagonale, Koeffizienten a₀, …, aₙ₋₁ in der letzten Zeile. Gesuchte Lösung ist y₀ = y. Funktioniert auch bei nicht konstanten Koeffizienten und inhomogen.

Beispiel 1: gegebene Gleichung

y''(x) = -5\,y(x) + 4\,y'(x)

In ein System 1. Ordnung überführen und die allgemeine Lösung bestimmen. Führt auf komplexe Eigenwerte.

Beispiel 1: Rückführung mit komplexen Eigenwerten

Schritt 1: Variablen umbenennen

Jede Ableitungsstufe wird zu einer eigenen Funktion. Aus einer Gleichung werden zwei.

Setze $y_0 = y$ , $y_1 = y'$ . Dann ist $y_0' = y_1$ und $y_1' = -5y_0 + 4y_1$ , in Matrixform:

$\begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \end{pmatrix}' = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -5 & 4 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \end{pmatrix}$
Schritt 2: Eigenwerte (komplex)

Das charakteristische Polynom hat keine reellen Nullstellen. Komplexe Eigenwerte sind hier normal, nicht schlimm.

Mit der Begleitmatrix $A = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -5 & 4 \end{pmatrix}$ :

$P_A(\lambda) = \lambda^2 - 4\lambda + 5 \quad\Longrightarrow\quad \lambda_1 = 2 + i, \quad \lambda_2 = 2 - i$
Schritt 3: Eigenvektor (und sein Konjugiertes)

Komplexe Eigenwerte treten immer als konjugiertes Paar auf, und der zweite Eigenvektor ist das komplex Konjugierte des ersten. Das spart die halbe Rechnung.

Zum Eigenwert $2 + i$ gehört $\mathbf{t}^{(1)} = (2 - i,\ 5)^{\mathsf{T}}$ ; das Konjugierte $(2 + i,\ 5)^{\mathsf{T}}$ gehört zu $2 - i$ :

$\mathbf{t}^{(1)} = \begin{pmatrix} 2 - i \\ 5 \end{pmatrix}, \qquad \mathbf{t}^{(2)} = \begin{pmatrix} 2 + i \\ 5 \end{pmatrix}$
Schritt 4: allgemeine Lösung in komplexer Form

Formal genau wie bei reellen Eigenwerten: pro Eigenwert ein Term aus $e^{\lambda x}$ mal Eigenvektor.

Die (komplexe) allgemeine Lösung ist:

$\begin{aligned} \begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \end{pmatrix} ={}& c_1\,e^{(2+i)x} \begin{pmatrix} 2 - i \\ 5 \end{pmatrix} \\ &+ c_2\,e^{(2-i)x} \begin{pmatrix} 2 + i \\ 5 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Schritt 5: Euler-Relation einsetzen

Die Euler-Formel verwandelt die komplexen Exponentialfunktionen in reelle $\cos$ - und $\sin$ -Terme, die man tatsächlich rechnen kann.

Mit $e^{\pm i x} = \cos(x) \pm i\sin(x)$ und $e^{(2 \pm i)x} = e^{2x}\big(\cos(x) \pm i\sin(x)\big)$ wird daraus:

$\begin{aligned} \begin{pmatrix} y_0 \\ y_1 \end{pmatrix} ={}& c_1\,e^{2x}\big(\cos(x) + i\sin(x)\big) \begin{pmatrix} 2 - i \\ 5 \end{pmatrix} \\ &+ c_2\,e^{2x}\big(\cos(x) - i\sin(x)\big) \begin{pmatrix} 2 + i \\ 5 \end{pmatrix} \end{aligned}$

Auch gemischte Systeme lassen sich so behandeln. Liegt etwa $y''(t) = -2y(t) + z(t)$ , $z'(t) = -6y(t) + 3z(t)$ vor, substituiert man $y'(t) = x(t)$ und erhält ein System erster Ordnung in den drei Funktionen $x(t)$ , $y(t)$ , $z(t)$ . Achtung: das $x(t)$ hier ist eine neue gesuchte Funktion (die Geschwindigkeit $y'$ ), nicht die unabhängige Variable. Die Begleitmatrix ist $\begin{pmatrix} 0 & -2 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & -6 & 3 \end{pmatrix}$ mit Eigenwerten $\lambda_1 = 0$ , $\lambda_2 = 1$ , $\lambda_3 = 2$ .

Daraus baut man $T = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 2 \\ 1 & 1 & 1 \\ 2 & 3 & 6 \end{pmatrix}$ und $D = \operatorname{diag}(0, 1, 2)$ und liest die allgemeine Lösung ab: $(x, y, z)^{\mathsf{T}} = c_1\,(0, 1, 2)^{\mathsf{T}} + c_2\,e^{t}\,(1, 1, 3)^{\mathsf{T}} + c_3\,e^{2t}\,(2, 1, 6)^{\mathsf{T}}$ . Wieder gilt: gesucht ist hier $y$ (und $z$ ), während $x = y'$ nur die mitgeführte Ableitung ist.

Notation Notation: $y_0, y_1, \ldots$
Die neuen Variablen sind die Ableitungsstufen:

y_0 = y

y_1 = y'

y_2 = y''

, usw. Gesucht ist immer nur

y_0 = y

; die übrigen sind Hilfsgrößen.

Notation Notation: $x(t)$ im gemischten System
In Beispiel 2 ist

x(t) = y'(t)

eine neue gesuchte Funktion (eine Zustandskomponente), nicht die unabhängige Variable. Die unabhängige Variable heißt dort

t

Formel Auf einen Blick: Euler

e^{\pm i x} = \cos(x) \pm i\sin(x)

Verwandelt komplexe Exponentialfunktionen in reelle

\cos

\sin

. Schlüssel für komplexe Eigenwerte.

Querverweis Verweise
→ Analysis II VII.13: Systeme von DGL
→ Analysis II VII.14: autonome Systeme

Merke Merke: Begleitmatrix = Einsen auf der Nebendiagonale, Koeffizienten unten. Antwort ist

y_0 = y

8.4Inhomogene lineare Systeme

8.4.1 Durchgerechnete Beispiele

Was kommt dazu, wenn rechts ein konstanter Störterm $\mathbf{b}$ steht, also $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y} + \mathbf{b}$ ? Anschaulich ist $\mathbf{b}$ eine Dauer-Anregung, wie eine konstant gedrückte Pumpe oder eine ständig anliegende Kraft. Die Lösung zerfällt dann in zwei Teile: das freie Verhalten des Systems (die homogene Lösung $\mathbf{y}_h$ ) plus den erzwungenen Daueranteil (die partikuläre Lösung $\mathbf{y}_p$ ).

Das ist dieselbe Superpositionsstruktur wie bei einer einzelnen inhomogenen linearen DGL: Gesamtlösung gleich homogene Lösung plus eine partikuläre Lösung. Der Clou im konstanten Fall: Wenn $\mathbf{b}$ konstant ist, ist die einfachste denkbare Dauer-Antwort selbst konstant. Mit dem Ansatz $\mathbf{y}_p = \text{const}$ ist $\mathbf{y}_p' = \mathbf{0}$ , und aus der DGL wird ein simples lineares Gleichungssystem $A\,\mathbf{y}_p = -\mathbf{b}$ . Eine DGL wird zu einem LGS.

!!!

Inhomogenes System und seine Lösungsstruktur

\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y} + \mathbf{b} \qquad\Longrightarrow\qquad \mathbf{y}(x) = \mathbf{y}_h(x) + \mathbf{y}_p(x)

\mathbf{y}_h

: allgemeine Lösung des homogenen Systems

\mathbf{y}' = A\mathbf{y}

(mit allen Konstanten).

\mathbf{y}_p

: irgendeine partikuläre Lösung des inhomogenen Systems.

Kochrezept: inhomogenes System $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y} + \mathbf{b}$

Schritt a: homogen lösen

Setze $\mathbf{b} = \mathbf{0}$ . Das ist genau das System erster Ordnung aus 8.1, mit allen freien Konstanten.

Bestimme die allgemeine Lösung $\mathbf{y}_h(x)$ von $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y}$ .
Schritt b: eine partikuläre Lösung finden

Man braucht irgendeine einzelne Lösung des vollen Systems. Bei konstantem $\mathbf{b}$ ist der konstante Ansatz am bequemsten: dann ist $\mathbf{y}_p' = \mathbf{0}$ .

Mache den Ansatz $\mathbf{y}_p = \text{const}$ . Aus $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y} + \mathbf{b}$ wird ein LGS:

$\mathbf{y}_p' = \mathbf{0} \quad\Longrightarrow\quad A\,\mathbf{y}_p = -\mathbf{b}$
Schritt c: addieren

Wegen der Linearität ist die Summe wieder eine Lösung, und sie enthält alle Konstanten.

Die Gesamtlösung ist:

$\mathbf{y}(x) = \mathbf{y}_h(x) + \mathbf{y}_p(x)$

Prüfungstipp

Das ist der schwierigste Teil des Kapitels, vor allem wegen der Reihenfolge. Merke sie dir genau: zuerst homogen lösen (mit allen $c_i$ ), dann eine partikuläre Lösung über den konstanten Ansatz ( $A\,\mathbf{y}_p = -\mathbf{b}$ , ein einziges LGS), dann beides addieren. Eine eventuelle Anfangsbedingung wendest du ganz zum Schluss auf die volle Summe $\mathbf{y}_h + \mathbf{y}_p$ an, niemals auf $\mathbf{y}_h$ allein.

Vorzeichen-Falle: Aus $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y} + \mathbf{b}$ mit $\mathbf{y}_p' = \mathbf{0}$ folgt $A\,\mathbf{y}_p = -\mathbf{b}$ . Ist die Aufgabe aber in der Form $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y} - \mathbf{b}$ gestellt (wie in Beispiel 1 unten), dann lautet das LGS $A\,\mathbf{y}_p = +\mathbf{b}$ . Lies das Vorzeichen vor $\mathbf{b}$ jedes Mal genau.

Beispiel 1: System mit Parameter, dann inhomogen

\begin{aligned} A &= \begin{pmatrix} -1 & a & 0 \\ a & -1 & a \\ 0 & a & -1 \end{pmatrix} \\ \text{Teil c: } a &= 1, \ \mathbf{y}' = A\,\mathbf{y} - \mathbf{b}, \ \mathbf{b} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}

Beispiel 1: homogen, AWP, dann inhomogen

Schritt 1: Eigenwerte mit Parameter

Das charakteristische Polynom hängt von $a$ ab, faktorisiert aber sauber.

Es gilt $P_A(\lambda) = (-1 - \lambda)\big((-1 - \lambda)^2 - 2a^2\big)$ , also:

$\lambda_1 = -1, \quad \lambda_2 = -1 + \sqrt{2}\,a, \quad \lambda_3 = -1 - \sqrt{2}\,a$
Schritt 2: Eigenvektoren und homogene Lösung

Drei Eigenwerte, drei Richtungen, daraus die allgemeine homogene Lösung.

Mit $\mathbf{t}^{(1)} = (1, 0, -1)^{\mathsf{T}}$ , $\mathbf{t}^{(2)} = (1, \sqrt{2}, 1)^{\mathsf{T}}$ , $\mathbf{t}^{(3)} = (1, -\sqrt{2}, 1)^{\mathsf{T}}$ :

$\begin{aligned} \mathbf{y}_h(x) ={}& c_1\,e^{-x} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} \\ &+ c_2\,e^{(-1 + \sqrt{2}a)x} \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} \\ &+ c_3\,e^{(-1 - \sqrt{2}a)x} \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} \end{aligned}$
Schritt 3: AWP (Teil b)

Anfangsbedingung einsetzen, LGS für die Konstanten lösen.

Aus $\mathbf{y}(0) = (2, 0, 2)^{\mathsf{T}}$ folgt $(c_1, c_2, c_3) = (0, 1, 1)$ , also:

$\mathbf{y}(x) = e^{(-1 + \sqrt{2}a)x} \begin{pmatrix} 1 \\ \sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix} + e^{(-1 - \sqrt{2}a)x} \begin{pmatrix} 1 \\ -\sqrt{2} \\ 1 \end{pmatrix}$
Schritt 4: partikuläre Lösung (Teil c, $a = 1$ )

Konstanter Ansatz. Achtung: die Aufgabe ist $\mathbf{y}' = A\,\mathbf{y} - \mathbf{b}$ , also lautet das LGS $A\,\mathbf{y}_p = \mathbf{b}$ mit $+\mathbf{b}$ .

Mit $a = 1$ und $\mathbf{b} = (0, 0, 1)^{\mathsf{T}}$ löst man $A\,\mathbf{y}_p = (0, 0, 1)^{\mathsf{T}}$ eindeutig:

$\mathbf{y}_p(x) = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$
Schritt 5: Gesamtlösung

Homogene plus partikuläre Lösung.

Die allgemeine Lösung des inhomogenen Systems (mit $a = 1$ ) ist:

$\mathbf{y}(x) = \mathbf{y}_h(x) + \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}$

Ein zweites Beispiel zeigt den inhomogenen Fall mit komplexen Eigenwerten. Für $A = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & -2 \\ 3 & 2 & 1 \end{pmatrix}$ ist $P_A(\lambda) = (\lambda - 1)(\lambda^2 - 2\lambda + 5)$ , also $\lambda_1 = 1$ , $\lambda_2 = 1 + 2i$ , $\lambda_3 = 1 - 2i$ , mit Eigenräumen $E_1 = \langle (2, -3, 2)^{\mathsf{T}} \rangle$ , $E_{1+2i} = \langle (0, i, 1)^{\mathsf{T}} \rangle$ und $E_{1-2i} = \langle (0, -i, 1)^{\mathsf{T}} \rangle$ . Aus dem komplexen Paar gewinnt man über Real- und Imaginärteil von $e^{(1+2i)t}(0, i, 1)^{\mathsf{T}} = e^{t}\big[(0, -\sin(2t), \cos(2t))^{\mathsf{T}} + i\,(0, \cos(2t), \sin(2t))^{\mathsf{T}}\big]$ zwei reelle Lösungen.

Die homogene Lösung ist damit $\mathbf{x}(t) = e^{t}\big[C_1\,(2, -3, 2)^{\mathsf{T}} + C_2\,(0, -\sin(2t), \cos(2t))^{\mathsf{T}} + C_3\,(0, \cos(2t), \sin(2t))^{\mathsf{T}}\big]$ . Für $\dot{\mathbf{x}} = A\,\mathbf{x} + (5, 5, 5)^{\mathsf{T}}$ liefert der konstante Ansatz $A\,\mathbf{x}_p = (-5, -5, -5)^{\mathsf{T}}$ die partikuläre Lösung $\mathbf{x}_p = (-5, 5, 0)^{\mathsf{T}}$ , und die Anfangsbedingung $\mathbf{x}(0) = (-3, 4, 0)^{\mathsf{T}}$ ergibt $C_1 = 1$ , $C_2 = -2$ , $C_3 = 2$ . Beachte: hier steht $\mathbf{x}(t)$ mit Punkt-Notation $\dot{\mathbf{x}}$ und Variable $t$ , exakt dasselbe wie $\mathbf{y}'(x)$ in der übrigen Notation des Kapitels.

Notation Notation: $\mathbf{b}$ , $\mathbf{y}_h$ , $\mathbf{y}_p$

\mathbf{b}

ist der konstante Störvektor (Inhomogenität).

\mathbf{y}_h

ist die homogene Lösung (mit allen Konstanten),

\mathbf{y}_p

irgendeine partikuläre Lösung des vollen Systems.

Formel Auf einen Blick: inhomogen

\mathbf{y} = \mathbf{y}_h + \mathbf{y}_p, \qquad A\,\mathbf{y}_p = -\mathbf{b}

Erst homogen (alle

c_i

), dann konstanter Ansatz

A\,\mathbf{y}_p = -\mathbf{b}

, dann addieren. Anfangsbedingung zuletzt auf die Summe.

Querverweis Verweise
→ Analysis II VII.5: lineare DGL (skalar)

Merke Achtung Vorzeichen:

\mathbf{y}' = A\mathbf{y} + \mathbf{b} \Rightarrow A\mathbf{y}_p = -\mathbf{b}

, aber

\mathbf{y}' = A\mathbf{y} - \mathbf{b} \Rightarrow A\mathbf{y}_p = +\mathbf{b}

Aufgaben mit Musterlösungen

Die Aufgaben für dieses Kapitel werden in einer zukünftigen Version ergänzt.

MerkeErst selbst rechnen, dann Lösung prüfen!