lineare homogene DGL?

Question

Hallo,ich habe hier eine Frage, wo ich nicht weiß, wie man vorgehen soll. Diese Frage lautet:Finde eine lineare homogene  Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten, die durch x(t)=-2t(e^t) cos(3t)gelöst wird und außerdem mindestens eine von der Nullfunktion verschiedene Lösung besitzt.Für jede Hilfe wäre ich im Voraus danbar.

poseidon42 · Answer

Man kann es via Brute-Force ausprobieren:

x(t) = -2t*exp(t)*cos(3t)

dx/dt = -2 exp(t) ((1 + t) cos(3 t) - 3 t sin(3 t))

d²x/dt² = 4 exp(t) (3 (1 + t) sin(3 t) + (4 t - 1) cos(3 t))

d³x/dt³ = 4 exp(t) ((13 t + 12) cos(3 t) - 9 (t - 1) sin(3 t))

d^4/dt^4 = -8 exp(t) (6 (4 t + 3) sin(3 t) + (7 t - 26) cos(3 t))

Bestimme die Koeffizienten A, B, C, D so, dass gilt:

d^4/dt^4 + A*d³x/dt³ + B*d²x/dt² + C*dx/dt + D*x(t) = 0

Dies können wir einfach über einen Koeffizientenvergleich erreichen. Es gilt bei Betrachtung der Cosinus-Anteile:

(i) (-8)*(7 t - 26) + 4(13 t + 12)*A + 4(4 t - 1)*B - 2(1 + t)*C - 2t*D = 0

--> t (26 A + 8 B - C - D - 28) = -24 A + 2 B + C - 104

Und entsprechend bei Betrachtung der Sinus-Anteile:

(ii) (-8)*6 (4 t + 3) - 36 (t - 1)*A + 12 (1 + t)*B + 6t*C = 0

--> t (6 A - 2 B - C + 32) = 6 A + 2 B - 24

Hieraus erhalten wir insgesamt 4 Gleichungen für 4 Unbekannte:

(iii) 26 A + 8 B - C - D - 28 = 0

(iv) -24 A + 2 B + C - 104 = 0

(v) 6 A - 2 B - C + 32 = 0

(vi) 6 A + 2 B - 24 = 0

Addition von (iv) und (v) liefert

(vii) -18A -72 = 0 --> A = -4

Aus Addition von (v) und (vi) folgt mittels Einsetzen von (vii)

(viii) 12A - C + 8 = 0 --> C = -40

Einsetzen von (vii) in (vi) liefert

(ix) -24 + 2 B - 24 = 0 --> B = 24

Und damit schließlich durch Einsetzen von (vii), (viii) und (ix) in (iii)

(x) 26 A + 8 B - C - 28 = D --> D = 100

Damit ist das gegebene x(t) eine Lösung der Gleichung:

d^4x/dt^4 + (-4)*d^3x/dt^3 + 24*d^2x/dt² + (-40)*dx/dt + 100*x(t) = 0

wie man auch hier gerne zu verifizieren vermark:

https://www.wolframalpha.com/input?i=d%5E4x%2Fdt%5E4+%2B+%28-4%29*d%5E3x%2Fdt%5E3+%2B+24*d%5E2x%2Fdt%C2%B2+%2B+%28-40%29*dx%2Fdt+%2B+100*x%28t%29+%3D+0

-> Siehe dort unter "Differential equation solution" den letzten Anteil der Lösung "c_4 e^t t cos(3 t)", der exakt der gewollten homogenen Lösung entspricht.

Als Alternative hier noch den cleveren Ansatz mit weniger Rechnen:

Führe eine Laplace-Transformation von x(t) durch

--> X(s) = L{ -2t*exp(t)*cos(3t) } = 2* d/ds L{ exp(t)*cos(3t) }

mit L{ exp(t)*cos(3t) } = (s - 1)/((s - 1)^2 + 9) folgt entsprechend

--> X(s) = 2* d/ds ((s - 1)/((s - 1)^2 + 9)) = (-2)* (s^2 - 2 s - 8)/(s^2 - 2 s + 10)^2

Die gesuchte homogene DGL muss somit eine charakteristische Gleichung enthalten, die die Pole aus (s^2 - 2 s + 10)^2 enthält. Wähle also einfach als charakteristisches Polynom genau dieses. Es folgt:

s^4 - 4 s^3 + 24 s^2 - 40 s + 100 = (s^2 - 2 s + 10)^2

wobei die Koeffizienten genau mit denen aus dem Brute-Force Verfahren übereinstimmen. Die zugehörige DGL lautet somit:

d^4x/dt^4 + (-4)*d^3x/dt^3 + 24*d^2x/dt² + (-40)*dx/dt + 100*x(t) = 0

wie wir sie zuvor auch schon bestimmt hatten.

TBDRM · Answer

[...] die durchx(t)=-2t(e^t) cos(3t)gelöst wird und außerdem mindestens eine von der Nullfunktion verschiedene Lösung besitzt.Naja, dadurch, dass x(t) eine Lösung ist, ist schon eine der Nullfunktion verschiedene Lösung gegeben - der Teil ändert also nichts am weiteren Vorgehen.Finde eine lineare homogene Differentialgleichung mit konstanten Koeffizienten, die durchx(t)=-2t(e^t) cos(3t)gelöst wird [...].Wir wissen, dass es eine lineare, homogene Differenzialgleichung mit konstanten Koeffizienten sein soll, also können wir den Ansatzaₙ x⁽ⁿ⁾(t) + ... + a₁ x'(t) + a₀ x(t) = 0.Leider kann ich keine DGL finden, die alle Bedingungen erfüllt.Ich vermute, dass man mit dem Satz von Picard Lindelöf (auch wenn keine Anfangswerte gegeben sind) beweisen kann, dass man nur mit dem Ansatz x^r e^(k x) lineare DGL mit konstanten Koeffizienten lösen kann. Denn diese DGL oben, kann man mit den Substitutionen u₁ = x, u₂ = x', ..., uₙ = ⁽ⁿ⁻¹⁾ zuu' = A umit u = (u₁, u₂, ..., uₙ)^T und A = ((0, 1, 0, ..., 0), (0, 0, 1, 0, ..., 0), ..., (0, ..., 0, 1), (–a₀/aₙ, –a₁/aₙ, ..., –aₙ₋₁/aₙ)).Hätten wir nun noch einen Anfangswert u(t₀) = u₀ gegeben, dann hätte das System nach dem Satz von Picard Lindelöf eine eindeutige Lösung.Da man mit dem Ansatz u(t) = x^r e^(k x) w mit Eigenvektoren w und r für die Vielfachheit der Eigenwerte der Matrix A eine Lösung finden kann, wäre sie mit entsprechenden Anfangswerten wegen Lindelöf eindeutig.Dort kommt also kein Kosinusterm vor wie bei dir oben. Würden wir nun noch Anfangswerte definieren, kann x(t) von oben also keine Lösung sein. Daher vermute ich, dass auch ohne Anfangswerte keine lineare DGL mit konstanten Koeffizienten findbar ist, die x(t) als Lösung hat - Anfangswerte sind schließlich nur Zahlen, die nur Unbekannte in der allgemeinen Lösung klarstellen, die Lösung aber nicht wirklich verändern.Ich kann diese Aufgabe nicht lösen und ich vermute stark, wie ich eben begründet habe, dass es auch nicht möglich ist.

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