02.3 – Lösung von Differentialgleichungen

 

Gegeben ist eine Differentialgleichung der folgenden Form:

\left( {\frac{{d^2 x}} {{dt^2 }}} \right)+C \cdot x = 0

  1. Versuchen Sie die allgemeinen Lösungen der Differentialgleichung zu finden. (Hinweis: verwenden Sie den Ansatz x\left( t \right) = {A_0}{e^{\lambda t}})
  2. Verwenden Sie die Eulersche Relation e^{ \pm i\phi } = \cos \left( \phi \right) \pm i\sin \left( \phi \right) und zeigen Sie, dass sowohl cos als auch sin als auch die Summe cos+sin die Differentialgleichung löst.

Lösung

a )

Die Aufgabe schreiben wir zunächst um:

\left( {\frac{{d^2 x}} {{dt^2 }}} \right)+C \cdot x = 0\quad \Rightarrow \quad \ddot x+C \cdot x = 0

Für x(t) setzen wir:

x\left( t \right) = A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t}

In der gegebenen Gleichung kommt die zweite Ableitung von x vor. Daher leiten wir auch die eingesetzte Gleichung zwei mal ab:

\dot x\left( t \right) = \lambda A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t}

\ddot x\left( t \right) = \lambda ^2 A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t}

Eingesetzt ergibt sich:

\lambda ^2 A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t} +C \cdot A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t} = 0

Der Faktor A_0 \cdot e^{\lambda \cdot t} kommt in beiden Summanden vor. Wir dividieren daher und erhalten:

\lambda ^2 +C = 0 \Leftrightarrow \lambda = \sqrt {-C}

Für die negative Wurzel schreiben wir als komplexe Zahl:

\lambda = \pm i \cdot \sqrt C

Diesen Wert für λ setzen wir in die ursprüngliche Gleichung ein:

x\left( t \right) = A_0 \cdot e^{ \pm i \cdot \sqrt C \cdot t}

Es sind keine Randbedingungen gegeben, daher kann A0 nicht bestimmt werden. Wir können aber noch das “Plus oder Minus” auflösen, indem wir schreiben:

x\left( t \right) = A_0 \cdot e^{i \cdot \sqrt C \cdot t} +A_0 \cdot e^{-i \cdot \sqrt C \cdot t}

Dies ist erlaubt, da die allgemeine Lösung einer Differentialgleichung die Summe der partiellen Lösungen ist.

b )

Mit der eulerschen Relation formen wir die Lösung von Teilaufgabe a) um:

x\left( t \right) = A_1 \cdot e^{i\cdot \sqrt C \cdot t} + A_2 \cdot e^{-i\cdot \sqrt C \cdot t}

x\left( t \right) = A_1 \cdot \left( {\cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right)+i \cdot \sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right)} \right)

+ A_2 \cdot \left( {\cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right)-i \cdot \sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right)} \right)

Nun prüfen wir, ob die gegebenen Ansätze die Differentialgleichung \ddot x+C \cdot x = 0 lösen. Zunächst der Ansatz mit dem Cosinus:

x = A_3 \cdot \cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right)

Wie bei Teilaufgabe a) leiten wir zwei Mal ab und setzen ein:

x = A_3 \cdot \cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right)

\dot x = -A_3 \cdot \sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot \sqrt C

\ddot x = -A_3 \cdot \cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot C

\ddot x+C \cdot x = 0\quad \Rightarrow \quad -A_3 \cdot \cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot C+C \cdot A_3 \cdot \cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right) = 0

Dies ist eine wahre Aussage, daher löst der Ansatz die Differentialgleichung.

Nun der Ansatz mit dem Sinus:

x = A_4 \cdot \sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right)

\dot x = A_4 \cdot \cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot \sqrt C

\ddot x = -A_4 \cdot \sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot C

\ddot x+C \cdot x = 0\quad \Rightarrow \quad -A_4 \cdot \sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot C+C \cdot A_4 \cdot \sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right) = 0

Auch dies ergibt eine wahre Aussage. Der letzte Ansatz:

x = A_5 \cdot \left( {\sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right)+\cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right)} \right)

\dot x = A_5 \cdot \left( {\cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot \sqrt C -\sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot \sqrt C } \right)

\ddot x = A_5 \cdot \left( {-\sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot C-\cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot C} \right)

A_5 \cdot \left( {-\sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot C-\cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right) \cdot C} \right)

+ C \cdot A_5 \cdot \left( {\sin \left( {\sqrt C \cdot t} \right)+\cos \left( {\sqrt C \cdot t} \right)} \right) = 0

Wieder eine wahre Aussage.