Man gebe eine Lösung der folgenden Differentialgleichung an!
Es sind keine Anfangswertbedingungen zu erfüllen, die Angabe
irgendeiner auf ganz R definierten Lösung ist also
ausreichend.
Hinweise zur Lösung:
Es liegt im Wesentlichen eine Differentialgleichung der Form
P(D)f=Q(t)exp(λt)
vor. Dabei ist P ein Polynom und D der Operator f→f', also z. B.
P(D)f=f'' für P(t)=t2 und P(D)=f''+f für P(t)=t^2+1. In
unseren Beispielen hat P den Grad 2. Q ist ebenfalls ein Polynom,
in den Beispielaufgaben gilt Q(t)=1.
Wie aus der Vorlesung bekannt ist, kann eine Lösung gefunden
werden, die die Form R(t)exp(λt) hat. Dabei ist der Grad
von R ≤k+l, wenn k die Nullstellenordnung von P an der Stelle
λ und l der Grad von Q ist (also l=0 in unserem Fall.)
Die Typen A, B und C der Testataufgabe entsprechen den Fällen k=0,
1 und 2, wobei λ und die Koeffizienten von P reell sind.
Die Fälle D und E lassen sich auf die vorige Situation
zurückführen, wobei die Koeffizienten von P weiterhin reell sind,
die Zahl λ aber komplex ist. Man drückt dazu entweder zB.
cos(bt)*exp(a) also (exp((a+ib)t)+exp((a-ib)))/2 aus, löst die
obige Gleichung mit λ=a+ib sowie λ=a-ib und bildet
das arithmetische Mittel der beiden Lösungen. Einfacher ist es,
nur die obige Gleichung mit λ=a+ib zu lösen und den Real-
bzw. Imaginärteil der Lösung zu bilden, je nachdem, ob die rechte
Seite die Form cos(at)exp(bt) oder sin(at)exp(bt) hat. Dies ist
aber nur deswegen möglich, weil P in den vom Testatprogramm
erzeugten Aufgaben reelle Koeffizienten hat. Eine dritte
Vorgehensweise in den Fällen D und E besteht darin, die Lösung als
t^k(αcos(bt)+βsin(bt))exp(t)
anzusetzen und ein lineares Gleichungssystem für α und
β zu lösen. Die Zahl k hat dabei dieselbe Bedeutung wie
zuvor.