Inhomogene DGLs und Anfangswertprobleme

Sobald die rechte Seite nicht verschwindet, reicht die homogene Lösung allein nicht mehr. Die allgemeine Lösung setzt sich aus der homogenen Lösung und einer partikulären Lösung zusammen. Den Partikulärteil findet man oft durch einen Ansatz vom Typ der rechten Seite. Anfangswertprobleme fixieren danach die freien Konstanten.

Problemstellung#

Löse die inhomogene lineare Differentialgleichung $u'' - 3u' + 2u = e^{3t}$

Lösungsansatz#

Die allgemeine Lösung einer inhomogenen linearen DGL hat die Form $u = u_h + u_p$ wobei $u_h$ die allgemeine Lösung der zugehörigen homogenen Gleichung und $u_p$ eine spezielle (partikuläre) Lösung der inhomogenen Gleichung ist.

Für den Partikulärteil verwenden wir den Ansatz vom Typ der rechten Seite:

• Polynom vom Grad $d$ $\Rightarrow$ Ansatz als Polynom vom Grad $d$.
• $e^{ax}$ mal Polynom $\Rightarrow$ $e^{ax}$ mal Polynom gleichen Grades.
• $\sin$ oder $\cos$ $\Rightarrow$ immer die Linearkombination $A\cos + B\sin$.
• $\sin/\cos$ mal Polynom $\Rightarrow$ (Polynom)$\cos$ + (Polynom)$\sin$.

Schritt-für-Schritt Lösung#

Zuerst die homogene Gleichung $u'' - 3u' + 2u = 0$. Das charakteristische Polynom ist $\lambda^2 - 3\lambda + 2 = (\lambda - 1)(\lambda - 2) = 0$

Also $\lambda = 1$ und $\lambda = 2$, und $u_h(t) = c_1 e^{t} + c_2 e^{2t}$

Die rechte Seite ist $e^{3t}$. Der natürliche Ansatz wäre $u_p(t) = A e^{3t}$. Da $e^{3t}$ nicht in $u_h$ vorkommt, gibt es keine Resonanz. Ableiten: $u_p' = 3A e^{3t}, \qquad u_p'' = 9A e^{3t}$

Einsetzen in die DGL: $9A e^{3t} - 3\cdot 3A e^{3t} + 2A e^{3t} = e^{3t}$

Zusammenfassen und durch $e^{3t}$ teilen: $(9 - 9 + 2)A = 1 \quad \Rightarrow \quad 2A = 1 \quad \Rightarrow \quad A = \frac{1}{2}$

Die partikuläre Lösung ist also $u_p(t) = \frac{1}{2} e^{3t}$, und die allgemeine Lösung lautet $u(t) = c_1 e^{t} + c_2 e^{2t} + \frac{1}{2} e^{3t}$

Anfangswertprobleme#

Bei einem Anfangswertproblem bestimmst du zuerst die allgemeine Lösung und danach die Konstanten aus den Bedingungen $u(t_0)$ und $u'(t_0)$. Wichtig: erst die allgemeine Lösung ableiten, dann die Anfangswerte einsetzen. Verwechsle nicht die Konstanten der Funktion mit denen der Ableitung.

Als durchgerechnetes Beispiel nehmen wir die homogene Gleichung aus dem vorigen Beitrag: $u'' + 4u' + 5u = 0, \qquad u(0) = 0, \qquad u'(0) = 1$

Das charakteristische Polynom liefert $\lambda = -2 \pm i$, also $u(t) = e^{-2t}(A\cos t + B\sin t)$

Die Bedingung $u(0) = 0$ ergibt $u(0) = e^{0}(A\cos 0 + B\sin 0) = A = 0$

Also $u(t) = e^{-2t} B\sin t$. Ableiten (Produktregel): $u'(t) = -2e^{-2t} B\sin t + e^{-2t} B\cos t$

Mit $u'(0) = 1$: $u'(0) = -2\cdot 0 + B\cdot 1 = B = 1$

Die eindeutige Lösung des Anfangswertproblems ist $u(t) = e^{-2t}\sin t$

Fazit#

Inhomogene lineare DGLs löst du in zwei Schritten: homogene Lösung plus Partikulärteil vom Typ der rechten Seite. Anfangswertprobleme kommen erst danach und bestimmen die freien Konstanten. Achte bei Resonanz darauf, den Ansatz mit $t$ zu multiplizieren.

Weitere Übungen#

1. Löse $u'' + u = \cos t$.

   Tipp anzeigen

   Die homogene Lösung enthält bereits $\cos t$ und $\sin t$. Der naive Ansatz $A\cos t + B\sin t$ kollidiert damit (Resonanz). Multipliziere mit $t$.
   Lösung anzeigen

   Die homogene Gleichung $u'' + u = 0$ hat die Lösung $$u_h(t) = c_1\cos t + c_2\sin t$$

   Wegen Resonanz setzen wir $u_p(t) = t(A\cos t + B\sin t)$ an. Ableiten (Produktregel): $u_p' = A\cos t + B\sin t + t(-A\sin t + B\cos t)$ $u_p'' = -2A\sin t + 2B\cos t + t(-A\cos t - B\sin t)$

   Einsetzen in $u'' + u$: $u_p'' + u_p = -2A\sin t + 2B\cos t$

   Gleichsetzen mit $\cos t$ liefert $-2A = 0$ und $2B = 1$, also $A = 0$ und $B = \frac{1}{2}$. Damit ist $u_p(t) = \frac{1}{2} t\sin t$ und die allgemeine Lösung $u(t) = c_1\cos t + c_2\sin t + \frac{1}{2} t\sin t$

2. Löse das Anfangswertproblem $u'' - 2u' - 8u = 0$ mit $u(0) = 1$ und $u'(0) = 0$.

   Tipp anzeigen

   Die allgemeine Lösung kennst du bereits aus dem homogenen Beitrag: $u(t) = c_1 e^{4t} + c_2 e^{-2t}$. Ableiten, dann $t = 0$ einsetzen.
   Lösung anzeigen

   Mit $u(t) = c_1 e^{4t} + c_2 e^{-2t}$ gilt $$u'(t) = 4c_1 e^{4t} - 2c_2 e^{-2t}$$

   Die Anfangsbedingungen bei $t = 0$: $u(0) = c_1 + c_2 = 1$ $u'(0) = 4c_1 - 2c_2 = 0$

   Aus der zweiten Gleichung: $4c_1 = 2c_2$, also $c_2 = 2c_1$. Eingesetzt in die erste: $c_1 + 2c_1 = 1 \quad \Rightarrow \quad c_1 = \frac{1}{3}, \quad c_2 = \frac{2}{3}$

   Die Lösung des AWP ist $u(t) = \frac{1}{3} e^{4t} + \frac{2}{3} e^{-2t}$

3. Ein Behälter enthält $100$ Liter Wasser mit $5$ kg Salz. Es fliesst eine Salzlösung mit Konzentration $0.1$ kg/L und Rate $2$ L/min zu; gleichzeitig fliesst gemischte Lösung mit derselben Rate ab. Stelle die DGL für die Salzmasse $m(t)$ auf und gib die allgemeine Form der Lösung an (ohne Zahlen auszurechnen).

   Tipp anzeigen

   Die Änderungsrate ist Zufluss minus Abfluss: $\dot m =$ (Konzentration zu) $\cdot$ (Rate) $-$ (Konzentration im Behälter) $\cdot$ (Rate). Die Konzentration im Behälter ist $m(t)/100$.
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   Zufluss an Salz pro Minute: $0.1 \cdot 2 = 0.2$ kg/min. Abfluss: $\frac{m(t)}{100} \cdot 2 = \frac{m(t)}{50}$ kg/min. Also $$\dot m = 0.2 - \frac{m}{50}$$ beziehungsweise $$\dot m + \frac{1}{50} m = 0.2$$

   Das ist eine inhomogene lineare DGL erster Ordnung mit konstanten Koeffizienten. Die homogene Lösung ist $m_h(t) = c\, e^{-t/50}$. Als Partikulärteil passt eine Konstante $m_p = A$; Einsetzen liefert $A/50 = 0.2$, also $A = 10$. Die allgemeine Lösung lautet $m(t) = c\, e^{-t/50} + 10$ Mit $m(0) = 5$ folgt $c + 10 = 5$, also $c = -5$ und $m(t) = 10 - 5 e^{-t/50}$.