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Gewöhnliche DGL » Lineare DGL 2. Ordnung » Dimension Lösungsraum
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Universität/Hochschule Dimension Lösungsraum
Lebowski
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  Themenstart: 2017-06-06

Hallo zusammen, Aufgabe in meiner Prüfung lautete: Schreibe eine DGL 2. Ordnung allgemein auf. Hab das dann so gemacht: y''=f(t,y,y') Da war der Prüfer nicht ganz zufrieden mit, hat aber nicht gesagt wieso. Dann die Frage: Wie löst man die? Antwort: Wenn es eine DGL mit konstanten Koeffizienten ist, lässt sich das char. Polynom ablesen \lambda^2 + (a_1)\lambda+a_0=0 Die Homogene Lösung ist dann entweder (y_hom)=(c_1)(e^(\lambda_1)t)+(c_2)(e^(\lambda_2)t) oder (y_hom)=(c_1)(e^(\lambda_1)t)+(c_2)(e^(\lambda_1)t) bei gleichen Eigenwerten Dann muss man noch die partikuläre Lösung hinzunehem und dann ist y=(y_hom)+(y_part) die insgesamte Lösung. Nun war die Frage: Sind das alle Lösungen und welche Dimension hat der Lösungsraum? Und da stand ich dann irgendiwe auf dem Schlauch...kann mir jemand helfen bitte?


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haerter
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  Beitrag No.1, eingetragen 2017-06-07

Hallo Lebowski, \quoteon Schreibe eine DGL 2. Ordnung allgemein auf. Hab das dann so gemacht: y''=f(t,y,y') Da war der Prüfer nicht ganz zufrieden mit, hat aber nicht gesagt wieso. \quoteoff Das könnte entweder allgemeiner gemeint gewesen sein, also $F(t,y,y',y'')=0$ oder spezieller, falls er da schon nach linearen DGL gefragt hatte. Das kommt dann auf die genaue Fragestellung an. \quoteon Dann die Frage: Wie löst man die? Antwort: Wenn es eine DGL mit konstanten Koeffizienten ist, lässt sich das char. Polynom ablesen \lambda^2 + (a_1)\lambda+a_0=0 Die Homogene Lösung ist dann entweder (y_hom)=(c_1)(e^(\lambda_1)t)+(c_2)(e^(\lambda_2)t) oder (y_hom)=(c_1)(e^(\lambda_1)t)+(c_2)(e^(\lambda_1)t) bei gleichen Eigenwerten \quoteoff Bei den gleichen Eigenwerten ist noch ein Tippfehler: $y_{hom}= c_1\, e^{\lambda_1 t}+ c_2\, t e^{\lambda_1 t}$, das war in der Prüfung aber bestimmt ok, sonst hätte es da Nachfragen gegeben. \quoteon Nun war die Frage: Sind das alle Lösungen und welche Dimension hat der Lösungsraum? Und da stand ich dann irgendiwe auf dem Schlauch...kann mir jemand helfen bitte? \quoteoff Es geht da darum, dass die Lösungen der homogenen DGL einen zweidimensionalen Vektorraum bilden, weil jede Lösung eine Linearkombination der beiden Lösungen $e^{\lambda_1 t}$ und $e^{\lambda_2 t}$ ist. Dahinter steckt die eindeutige Lösbarkeit der DGL, denn zu jeder Anfangsbedingung $y(0)=a, y'(0)=b$ findet man eine passende Lösung der Form $c_1 e^{\lambda_1 t} + c_2e^{\lambda_2 t}$ und wegen der Eindeutigkeit ist das dann DIE Lösung. Für die Lösungen der inhomogenen DGL hat man entsprechend einen zweidimensionalen affinen Raum (z.B. als Unterraum von $C^0(\mathbb{R})$ aufgefasst). Viele Grüße, haerter


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Lebowski
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2017-06-12

Dankeschön, das hat geholfen! Hat dann eine DGL 3. Grades dementspechend einen


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Kampfpudel
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  Beitrag No.3, eingetragen 2017-06-12

Ja, so ist es. Für den fall $n=2$ hat haerter es ja schon erklärt. Genauso geht es auch für allgemeines $n \in \mathbb{N}$. Wenn du eine homogene, lineare DGL mit konstanten Koeffizienten vom Grad $n$ hast, also $F(y,y',...,y^{(n)}):= y^{(n)} + \lambda_{n-1} y^{(n-1)}+...+\lambda_1 y' + \lambda_0 y=0 $, und $A$ den Lösungsraum zur DGL $F(y,y',...,y^{(n)})=0$ bezeichne, dann ist $I: \mathbb{R}^n \to A$, $I(x_0,...,x_{n-1})=:y$ ist eindeutig bestimmte Lösung vom AWP $F(y,y',...,y^{(n)})=0$, $y^{(i)}(0)= x_1$ für $i=0,...,n-1$ ein Isomorphismus, denn offenbar ist $I$ linear und bijektiv.


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Lebowski hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.

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