Lineare DGL 2. Ordnung: doppelte Lösung

Studium

y(x) = (C_1 + C_2\,x)\,e^{\lambda x}

Voraussetzung: $y'' + a\,y' + b\,y = 0,$ $a^2 = 4b,$ $\lambda = -\tfrac{a}{2}$

$y(x)$: allgemeine Lösung der homogenen Gleichung
$\lambda$: doppelte Lösung der charakteristischen Gleichung λ² + aλ + b = 0
$C_1, C_2$: frei wählbare Konstanten, bestimmt durch zwei Anfangs- oder Randbedingungen
$x$: unabhängige Variable

Hat die charakteristische Gleichung eine doppelte Lösung λ, kommt zur Lösung e^(λx) noch x · e^(λx) hinzu.

Erklärung

Betrachtet wird $y'' + a\,y' + b\,y = 0$ mit konstanten $a$ , $b$ . Ist $a^2 = 4b$ , hat die charakteristische Gleichung nur die doppelte Lösung $\lambda = -\frac{a}{2}$ . Der Exponentialansatz liefert dann nur eine Lösung $e^{\lambda x}$ , für die allgemeine Lösung braucht man aber zwei unabhängige.

Die zweite Lösung ist $x\,e^{\lambda x}$ . Setzt man sie ein, ergibt sich

\bigl(x\,e^{\lambda x}\bigr)'' + a\,\bigl(x\,e^{\lambda x}\bigr)' + b\,x\,e^{\lambda x} = \bigl((\lambda^2 + a\lambda + b)\,x + 2\lambda + a\bigr)\,e^{\lambda x}

Beide Klammerterme sind null: der erste, weil $\lambda$ Nullstelle ist, der zweite wegen $\lambda = -\frac{a}{2}$ . Genau hier braucht man die doppelte Nullstelle.

Die Anfangswerte $y(0) = y_0$ , $y'(0) = v_0$ ergeben $C_1 = y_0$ und $C_2 + \lambda C_1 = v_0$ . In der Physik heißt dieser Fall aperiodischer Grenzfall: Die Lösung kehrt so schnell wie möglich ohne Überschwingen in die Ruhelage zurück.

Beispiele

$y'' + 4y' + 4y = 0$ mit $y(0) = 1$ und $y'(0) = 0$ . Es ist $\lambda^2 + 4\lambda + 4 = (\lambda + 2)^2$ , also $\lambda = -2$ doppelt:

y = (C_1 + C_2\,x)\,e^{-2x}

Aus $y(0) = C_1 = 1$ und $y'(0) = C_2 - 2C_1 = 0$ folgt $C_2 = 2$ :

y = (1 + 2x)\,e^{-2x}, \qquad y(1) = 3\,e^{-2} \approx 0{,}406

Typische Fehler

Nur $y = C\,e^{\lambda x}$ angeben. Damit lassen sich zwei Anfangswerte im Allgemeinen nicht erfüllen.
$C_1\,e^{\lambda x} + C_2\,e^{\lambda x}$ schreiben. Das ist $(C_1 + C_2)\,e^{\lambda x}$ , also nur eine Lösung.
Bei $y'(0)$ die Produktregel vergessen: Die Ableitung von $x\,e^{\lambda x}$ ist $(1 + \lambda x)\,e^{\lambda x}$ , an der Stelle $0$ also $1$ .
Den Faktor $x$ an die falsche Stelle setzen, z.B. $e^{\lambda x^2}$ statt $x\,e^{\lambda x}$ .

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