Kurs:Mathematik für Anwender (Osnabrück 2019-2020)/Teil II/Ansatz rechte Seite/Anhang

Für eine inhomogene lineare Diffferentialgleichung zweiter Ordnung, deren Störfunktion von einer bestimmten Gestalt ist, gibt es den sogenannten Ansatz vom Typ der rechten Seite. Dieser liefert eine partikuläre Lösung, die allgemeine Lösung ergibt sich durch Addition dieser partikulären Lösung zu der allgemeinen Lösung der zugehörigen homogenen Differentialgleichung.

Lemma

Es sei

${}y^{\prime \prime }+ay'+by=p(t)e^{ct}\,$

eine Differentialgleichung der Ordnung ${}2$ mit Koeffizienten ${}a,b,c\in {\mathbb {C} }$ und einem Polynom ${}p(t)\in {\mathbb {C} }[t]$ vom Grad ${}n$. Es sei ${}d$ die Nullstellenordnung von ${}c$ im charakteristischen Polynom ${}x^{2}+ax+b$.

Dann gibt es eine Lösung dieser Differentialgleichung der Form

$t^{d}q(t)e^{ct}$

mit einem Polynom ${}q(t)$ vom Grad ${}n$.

Beweis

Wir setzen die gesuchte Lösungsfunktion als

${}y(t)=f(t)e^{ct}\,$

mit ${}f(t)=t^{d}q(t)$ und

${}q(t)=b_{n}t^{n}+\cdots +b_{1}t+b_{0}\,$

an. Es ist

${}y'(t)={\left(f(t)e^{ct}\right)}'=(cf(t)+f'(t))e^{ct}\,$

und

${}{\begin{aligned}y^{\prime \prime }(t)&={\left((cf(t)+f'(t))e^{ct}\right)}'\\&=(cf'(t)+f^{\prime \prime }(t)+c^{2}f(t)+cf'(t))e^{ct}\\&=(f^{\prime \prime }(t)+2cf'(t)+c^{2}f(t))e^{ct}.\end{aligned}}$

Damit ist

${}y^{\prime \prime }+ay'+by={\left(f^{\prime \prime }(t)+(2c+a)f'(t)+(c^{2}+ac+b)f(t)\right)}e^{ct}\,,$

was zur Bedingung

${}f^{\prime \prime }(t)+(2c+a)f'(t)+(c^{2}+ac+b)f(t)=p(t)\,$

führt. Man beachte, dass der Term ${}c^{2}+ac+b$ der Wert des charakteristischen Polynoms an der Stelle ${}c$ ist. Wenn ${}d=0$ ist, so ist dieser Wert ${}\neq 0$. Das heißt, dass in der linken Seite nur dort ${}t^{n}$ vorkommt und die zugehörige Gleichung den Koeffizienten von ${}q$ zu ${}t^{n}$ festlegt. So werden sukzessive auch alle weiteren Koeffizienten von ${}q$ festgelegt.

Wenn ${}d=1$ ist, so ist ${}c$ eine einfache Nullstelle des charakteristischen Polynoms und der rechte Summand verschwindet. Es ist

${}2c+a\neq 0\,$

und es verbleibt links

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(t)+(2c+a)f'(t)&=(tq(t))^{\prime \prime }+(2c+a)(tq(t))'\\&=(q(t)+tq'(t))^{\prime }+(2c+a)(q(t)+tq'(t))\\&=q'(t)+q'(t)+tq^{\prime \prime }(t)+(2c+a)(q(t)+tq'(t)).\end{aligned}}$

Der rechte Summand hat dabei den Grad ${}n$ und die Gleichsetzung mit ${}p(t)$ legt den obersten Koeffizienten fest u.s.w.

Wenn ${}d=2$ ist, so ist ${}c$ eine doppelte Nullstelle des charakteristischen Polynoms und somit ist auch ${}2c+a=0$. Also verbleibt links lediglich

${}{\begin{aligned}f^{\prime \prime }(t)&=(t^{2}q(t))^{\prime \prime }\\&=(2tq(t)+t^{2}q'(t))^{\prime }\\&=2q(t)+2tq'(t)+2q'(t)+t^{2}q^{\prime \prime }(t)\\&=2q(t)+(2t+2)q'(t)+t^{2}q^{\prime \prime }(t).\end{aligned}}$

Auch das hat eine eindeutige Auflösung.

$\Box$

Für die Nullstellenordnung für ${}c$ im charakteristischen Polynom gibt es die Möglichkeiten ${}d=0,1,2$.

Dieser Ansatz lässt sich auch anwenden, wenn die rechte Seite die Form ${}p(t)\cos \left(\gamma t\right)$ hat. Dann arbeitet man mit ${}p(t)e^{{\mathrm {i} }\gamma t}$, also ${}c={\mathrm {i} }\gamma$. Von der komplexen Lösung muss man abschließend den Realteil nehmen.