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  inhomogene Differentialgleichung |
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nitram999
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 |  Themenstart: 2021-10-29
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Hallo, ich sitze an folgender Aufgabe:
Sei I ein offenes Intervall. Und die Funktionen x_1, x_2, x_3: I->\IR lösen die skalare inhomogene DGL: x''+a_1(t)*x'+a_0(t)=b(t) (\Delta)
wobei a_0, a_1, b: I->\IR stetige Funktionen sind. Und es gelte:
x_1(t):=t+1
x_2(t):=t-1
x_3(t):=1-t^2
Bestimmen Sie die Menge aller Lösungen von (\Delta)!
(Hinweis: Der Versuch die Funktionen a_0, a_1, b durch x_1, x_2, x_3 zu bestimmen ist keine gute Idee.)
Also zunächst würde ich hierbei das homogene System betrachten (also b(t)=0 setzen) und die Menge aller Lösungen dieses Systems bestimmen. Dann ist die Lösungsmenge des inhomogenen Systems ja einfach die des homogenen Systems plus eine partikuläre Lösung für das inhomogene System. In der Angabe sind 3 partikuläre Lösungen enthalten, von denen man dann eine auswählen kann.
1.) Stimmt mein Gedankengang so?
2.) Wie löse ich das homogene System? Funktioniert das über das charakteristische Polynom?
Vielen Dank schon einmal! nitram999
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zippy
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 | Beitrag No.1, eingetragen 2021-10-29
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\quoteon(2021-10-29 00:52 - nitram999 im Themenstart)
2.) Wie löse ich das homogene System? Funktioniert das über das charakteristische Polynom?
\quoteoff
Nein:
\quoteon(2021-10-29 00:52 - nitram999 im Themenstart)
(Hinweis: Der Versuch die Funktionen a_0, a_1, b durch x_1, x_2, x_3 zu bestimmen ist keine gute Idee.)
\quoteoff
Außerdem gäbe es ein charakteristisches Polynom ohnehin nur in dem Fall, dass $a_0$ und $a_1$ konstant sind.
Wie hängen denn die Lösungsmengen $L$ des inhomogenen und $L_0$ des homogenen Systems zusammen?
--zippy
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nitram999
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| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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Hallo zippy, danke für deine Antwort!
Für die Lösungsmenge des inhomogenen Systems gilt: L=L_0 + x_p.
Dabei ist x_p irgendeine partikuläre Lösung von x'' +a_1(t)*x +a_0(t) =b(t).
Das heißt es gilt z.B. L=L_0+x_1.
Stimmt das? Wie bestimmt man die Lösung des homogenen Systems?
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zippy
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| Beitrag No.3, eingetragen 2021-10-29
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\quoteon(2021-10-29 01:08 - nitram999 in Beitrag No. 2)
Wie bestimmt man die Lösung des homogenen Systems?
\quoteoff
Du hast doch oben schon hingeschrieben:
\quoteon(2021-10-29 01:08 - nitram999 in Beitrag No. 2)
Das heißt es gilt z.B. L=L_0+x_1.
\quoteoff
Also ist $L_0=L-x_1$.
Und da $L_0$ ein linearer Raum ist, folgt $L_0=\{\lambda_2\,(x_2-x_1)+\lambda_3\,(x_3-x_1):\lambda_i\in\mathbb R\}$ und somit $L=\left\{\sum_i\lambda_i\,x_i:\lambda_i\in\mathbb R,\sum_i\lambda_i=1\right\}$.
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nitram999
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| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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Ja aber in der Aufgabe ist ja L gesucht und dazu muss L_0 doch auf eine andere Weise bestimmt werden oder?
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zippy
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| Beitrag No.5, eingetragen 2021-10-29
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\quoteon(2021-10-29 01:18 - nitram999 in Beitrag No. 4)
und dazu muss L_0 doch auf eine andere Weise bestimmt werden
\quoteoff
Es muss ausgenutzt werden, dass $L_0$ von $x_2-x_1$ und $x_3-x_1$ erzeugt wird. Dazu hatte ich oben noch eine Zeile ergänzt.
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nitram999
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| Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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Danke für deine Antwort zippy! Wie genau kommst du aber darauf? Kannst du es mir etwas ausführlicher erklären? und gibt es dazu vielleicht auch einen Satz der das besagt, was du verwendest?
LG nitram999
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zippy
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| Beitrag No.7, eingetragen 2021-10-29
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\quoteon(2021-10-29 01:38 - nitram999 in Beitrag No. 6)
und gibt es dazu vielleicht auch einen Satz der das besagt, was du verwendest?
\quoteoff
Was dem zugunde liegt, ist der Zusammenhang zwischen einem affinen Raum (hier $L$) und dem zugehörigen Translationsvektorraum (hier $L_0$):
Es ist $L=L_0+x$ und umgekehrt $L_0=L-x$ für jedes $x\in L$.
Wenn man jetzt Punkte $x_1,\ldots,x_n\in L$ hat, kann man $x=x_1$ setzen und die Vektoren $x_i-x_1$ für $i=2,\ldots,n$ betrachten. Diese liegen in $L_0$ (wegen $L_0=L-x_1$) und erzeugen diesen Vektorraum sogar, wenn es genügend viele sind.
In diesem Fall kann man $L_0$ als Linearkombination der $x_i-x_1$ schreiben,$$
L_0=\left\{\sum\nolimits_{i=2}^n\lambda_i\,(x_i-x_1):
\lambda_i\in\mathbb R\right\} \;,
$$und erhält damit für $L$ $$\begin{align*}
L = L_0+x_1 &= \left\{x_1+\sum\nolimits_{i=2}^n\lambda_i\,(x_i-x_1):
\lambda_i\in\mathbb R\right\} \\[2.7ex]
&= \left\{\sum\nolimits_{i=1}^n\lambda_i\,x_i:
\lambda_i\in\mathbb R,\lambda_1=1-\sum\nolimits_{i=2}^n\lambda_i\right\} \\[2.7ex]
&= \left\{\sum\nolimits_{i=1}^n\lambda_i\,x_i:
\lambda_i\in\mathbb R,\sum\nolimits_{i=1}^n\lambda_i=1\right\} \;.
\end{align*}$$In deiner Aufgabe ist $\dim L_0=2$ (denn es geht um eine DGL 2. Ordnung), und da $x_2-x_1$ und $x_3-x_1$ linear unabhängig sind, sind diese Vektoren "genügend viele".
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nitram999
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| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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Danke für die Erklärung zippy, sie hilft mir schon sehr!
Gilt es allgemein immer, dass die Dimension des Lösungsraums mit der Ordnung der DGL übereinstimmt?
Bei den Mengen mit den Linearkombinationen unten für L verstehe ich die beiden letzten Umformungen noch nicht.
Also es gilt:
x_2 - x_1 = -2
x_3 - x_1 = -t - t^2
L_0 wird nun von (-2) und (-t-t^2) erzeugt, das heißt es gilt:
L_0={a*(-2)+b*((-t-t^2)) ||| a,b\el\ \IR}
Weiter ist L=L_0+x_1 = {(t+1)+a*(-2)+b*((-t-t^2)) ||| a,b\el\ \IR}
Man erhält dann ja auch für a=1 und b=0 die Lösung x_2.
Und für b=1, a=0 die Lösung x_3 von (\Delta).
Stimmt das so?
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Wally
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 | Beitrag No.9, eingetragen 2021-10-29
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
\quoteon(2021-10-29 12:03 - nitram999 in Beitrag No. 8)
Gilt es allgemein immer, dass die Dimension des Lösungsraums mit der Ordnung der DGL übereinstimmt?
\quoteoff
Ja.
Weil man lineare Dgl \( n\)-ter Ordnung äquivalent auf lineare \( n\times n\)-Systeme erster Ordnung umschreiben kann, Anfamgswertprobleme eindeutig lösbar sind und der Raum der Anfangsbedingungen \( n\)-dimensional ist.
Viele Grüße
Wally \(\endgroup\)
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zippy
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| Beitrag No.10, eingetragen 2021-10-29
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\quoteon(2021-10-29 12:03 - nitram999 in Beitrag No. 8)
Stimmt das so?
\quoteoff
Ja.
\quoteon(2021-10-29 12:03 - nitram999 in Beitrag No. 8)
Bei den Mengen mit den Linearkombinationen unten für L verstehe ich die beiden letzten Umformungen noch nicht.
\quoteoff
Die sorgen nur dafür, dass $x_1$ seine Sonderrolle verliert und alle $x_i$ "gleichberechtigt" in der Linearkombination auftauchen. In deinem Beispiel sähe diese Umformung so aus:$$
\bigl\{(t+1)+a\cdot(-2)+b\cdot(-t-t^2):a,b\in\mathbb R\bigr\} = \\[3ex]
\bigl\{c\cdot(t+1)+a\cdot(t-1)+b\cdot(1-t^2):a,b,c\in\mathbb R,
a+b+c=1\bigr\}$$
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nitram999
Aktiv 
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| Beitrag No.11, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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Danke für die Antworten!
Also die Dimension des inhomogenen Lösungsraums ist dann auch 2, richtig?
Und die 2 erzeugenden Vektoren von L_0 also -2 und -t-t^2 müssen ja linear unabhängig sein, um eine Basis des 2-dim. homogenen Lösungsraums zu bilden. Blöde Frage dazu: warum sind sie linear unabhängig? denn für t=1 ergibt sich ja auch -2 beim Vektor -t-t^2.
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zippy
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| Beitrag No.12, eingetragen 2021-10-29
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\quoteon(2021-10-29 16:05 - nitram999 in Beitrag No. 11)
Also die Dimension des inhomogenen Lösungsraums ist dann auch 2, richtig?
\quoteoff
Ja, denn die Dimension eines affinen Raums ist als die Dimension des zugehörigen Translationsvektorraums definiert.
\quoteon(2021-10-29 16:05 - nitram999 in Beitrag No. 11)
warum sind sie linear unabhängig? denn für t=1 ergibt sich ja auch -2 beim Vektor -t-t^2.
\quoteoff
Zwei Funktionen $f$ und $g$ sind linear abhängig, wenn es Zahlen $\lambda$ und $\mu$ gibt, die nicht beide verschwinden und für die die Funktion $h:=\lambda\,f+\mu\,g$ verschwindet. Und eine Funktion verschwindet, wenn sie für alle ihre Argumente verschwindet, d.h. wenn $h(t)=0$ für alle $t$ ist. Es reicht nicht, wenn es ein Argument $t$ (wie etwa $t=1$ in deiner Frage) gibt, für das $h(t)=0$ ist.
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nitram999
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| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2021-10-29
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Okay stimmt, vielen Dank!
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nitram999 hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
nitram999 hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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