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  homogene DGL 2. Ordnung |
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Red_fox
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 14.05.2022
Mitteilungen: 62
Wohnort: Hessen, Darmstadt
 |  Themenstart: 2022-07-02
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Hallo zusammen!
ich bin gerade dabei homogone DGL 2.Ordnung zu lösen. Dabei handelt es sich um folgendes DGL: \(y''+2y'+y=0\) Dabei gehe ich ganz nach dem Exponentialansatz \(y=c\cdot e^{\lambda \:\cdot x}\) vor. Ich leite 2mal ab und setzte anschließend in das DGL ein. Ich könnte natürlich auch direkt die charakteristische Gleichung aufstellen: \(\lambda \:^2+2\lambda \:+1=0\). Dabei erhalte ich die doppelte Nullstelle -1. Jetzt kommt meine eigentliche Frage. Ich komme demnach auf \(y\:=C_1\cdot e^{-x}+C_2\cdot e^{-x}\). Nun soll das Ergebnis auf Grund der doppelten Nullstelle \(y\:=C_1\cdot e^{-x}+C_2\cdot xe^{-x}\) sein. Könnte mir jemand helfen zu verstehen warum das so sein muss? Müssen die beiden Lösungen unabhängig voneinander sein oder wie ist das zu verstehen?
Ein AWP ist übrigens nicht gegeben.
Mit freundlichen Grüßen
Jan
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 Profil
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Caban
Senior 
Dabei seit: 06.09.2018
Mitteilungen: 2964
Wohnort: Brennpunkt einer Parabel
 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-07-02
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Hallo
Ja, die Lösungen müssen unabhängig sein.
Schau mal hier:
https://statmath.wu.ac.at/~leydold/MOK/HTML/node185.html
Gruß Caban
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nzimme10
Senior 
Dabei seit: 01.11.2020
Mitteilungen: 2238
Wohnort: Köln
 | Beitrag No.2, eingetragen 2022-07-02
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}}
\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\e}{\mathrm{e}}
\renewcommand{\d}{\mathrm{d}}
\renewcommand{\dd}{\ \mathrm d}
\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}
\newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}}
\newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}\)
Hallo,
seien allgemeiner $a_0,\dots,a_{n-1}\in \mathbb C$. Weiter sei
$$
X^n+a_{n-1}X^{n-1}+\dots+a_1X+a_0=(X-\lambda_1)^{m_1}\cdot \cdot\cdot(X-\lambda_k)^{m_k}\in \mathbb C[X]
$$
das charakteristische Polynom der linearen Differentialgleichung
$$
y^{(n)}+a_{n-1}y^{(n-1)}+\dots+a_1y'+a_0y=0. \tag1
$$
Dann bilden die Funktionen
$$
\e^{\lambda_jx}, \, x\e^{\lambda_jx}, \, x^2 \e^{\lambda_jx},\dots,x^{m_j-1}\e^{\lambda_jx}, \ j=1,\dots,k
$$
eine Basis des Lösungsraums der Differentialgleichung.
Warum ist das so? Zunächst kann man (1) zu einem System von $n$ DGLn erster Ordnung in der Form $y'=Ay$ umwandeln. Dann überlegt man sich, dass das charakteristische Polynom von $A$ mit ihrem Minimalpolynom übereinstimmt. Daraus folgt, dass es zu jedem Eigenwert $\lambda_j$ in der JNF von $A$ genau einen Jordan-Block der Größe $m_j$ gibt. Zu jedem Eigenwert $\lambda_j$ findet man daher linear unabhängige Lösungen des linearen Systems
$$
f_{j,1}(x)=p_{j,1}(x)\e^{\lambda_j x},\dots,f_{j,m_j}(x)=p_{j,m_j}(x)\e^{\lambda_j x},
$$
wobei $p_{j,k}(x)$ ein vektorwertiges Polynom vom Grad $\leq k-1$ ist. Weiter überlegt man sich, dass damit auch die jeweils ersten Komponenten dieser Lösungen linear unabhängig sein müssen. Da wir somit $m_j$ linear unabhängige Polynome vom Grad $\leq m_j-1$ haben, spannen diese den Raum aller Polynome vom Grad $\leq m_j-1$ auf, so dass wir sie durch die Standardbasis $1,x,\dots,x^{m_j-1}$ ersetzen können und wir erhalten die behaupteten Lösungen von (1).
Wie sieht das anhand deines konkreten Beispiels aus? Zunächst können wir deine DGL $y''+2y'+y=0$ zu dem äquivalenten System
$$
\begin{pmatrix}
y' \\ y''
\end{pmatrix}=
\underbrace{\begin{pmatrix}
0&1 \\
-1&-2
\end{pmatrix}}_{=: \, A}
\begin{pmatrix}
y \\ y'
\end{pmatrix}
$$
umformen. Das charakteristische Polynom (und in diesem Fall auch das Minimalpolynom) von $A$ ist $(x+1)^2$. Folglich ist die JNF von $A$ gegeben durch
$$
J=\begin{pmatrix}
-1&1 \\
0&-1
\end{pmatrix}.
$$
Nun ist
$$
\exp(xJ)=\begin{pmatrix}
\e^{-x}&x\e^{-x} \\
0&\e^{-x}
\end{pmatrix}.
$$
Nun benötigen wir eine Jordan-Basis für $A$. Da können wir z.B. die Vektoren $\begin{pmatrix} 1\\-1\end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix} 0\\1\end{pmatrix}$ nehmen. Sei dann
$$
g:=\begin{pmatrix}
1&0 \\
-1&1
\end{pmatrix}.
$$
Damit ist
$$
\exp(xA)=\exp(x(gJg^{-1}))=g\exp(xJ)g^{-1}=\begin{pmatrix}
\e^{-x}+x\e^{-x}&x\e^{-x} \\
-x\e^{-x}&\e^{-x}-x\e^{-x}
\end{pmatrix}
$$
eine Fundamentalmatrix des Systems $y'=Ay$. Die beiden Einträge in der ersten Zeile bilden somit eine Basis des Lösungsraums für $y''+2y+y=0$. Konkret sind das die beiden Funktionen
$$
(x+1)\e^{-x}=:p_1(x)\e^{-x}, \quad x\e^{-x}=:p_2(x)\e^{-x}.
$$
Wir sehen in der Tat, dass die beiden Polynome $p_1(x)=x+1$ und $p_2(x)=x$ linear unabhängig sind, weshalb wir sie durch $1$ und $x$ ersetzen können und am aufgespannten Vektorraum nichts verändern. Somit sind also die Funktionen $f_1(x)=\e^{-x}$ und $f_2(x)=x\e^{-x}$ eine Basis für den Lösungsraum von $y''+2y+y=0$ und somit die allgemeine Lösung von $y''+2y+y=0$ gegeben durch
$$
f(x)=c_1\cdot f_1(x)+c_2\cdot f_2(x), \ c_1,c_2\in \mathbb C.
$$
Das allgemeine Argument weiter oben macht im Prinzip genau das gleiche. Die eigentliche Überlegung steckt darin, dass die Polynome vor $\e^{\lambda_jx}$, die durch den Basiswechsel von der JNF zurück zu $A$ entstehen, linear unabhängig sind und somit durch die Standardbasis für Polynome ersetzt werden können. Natürlich könnte man sich nun auch fragen, wozu man die JNF hier ins Spiel bringt. Der "Witz" an der JNF ist, dass das Matrix-Exponential eines Jordan-Blocks eine sehr einfache Form hat und das Matrix-Exponential einer Block-Diagonalmatrix eine Block-Diagonalmatrix bestehend aus den einzelnen Matrix-Exponentialen der Blöcke ist. Hingegen ist es oftmals nicht gerade einfach, das Matrix-Exponential einer generischen Matrix $A$ zu berechnen. Ist z.B. $J_2(\lambda)$ ein $2\times 2$ Jordan-Block des Eigenwerts $\lambda$, so gilt
$$
\exp(xJ_2(\lambda))=\begin{pmatrix}
\e^{\lambda x} & x \e^{\lambda x} \\
0& \e^{\lambda x}
\end{pmatrix}.
$$
Nun kannst du dir ja mal ganz allgemein überlegen, was mit dieser Matrix passiert, wenn man von links mit einer invertierbaren Matrix $g$ und von rechts mit $g^{-1}$ multipliziert. Dabei entstehen gerade solche Polynome vor dem $\e^{\lambda x}$ Term, wie oben beschrieben.
Ich hoffe, dass dir die Idee nun klar ist.
LG Nico\(\endgroup\)
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Red_fox
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 14.05.2022
Mitteilungen: 62
Wohnort: Hessen, Darmstadt
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2022-07-02
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Hallo,
vielen Dank mal wieder für eine so super ausführliche Erklärung :=). Das habe ich mehr oder weniger gesucht um es vollständig zu verstehen, vielen Dank für die Mühe!
Mit freundlichen Grüßen
Jan
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Red_fox hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
Red_fox hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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