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Gewöhnliche DGL » Lineare DGL 2. Ordnung » Skalare DGL höherer Ordnung
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Universität/Hochschule J Skalare DGL höherer Ordnung
Jufrus
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  Themenstart: 2022-08-08

Hallo Zusammen, ich habe eine Frage zum Lösungsvorschlag der folgenden Aufgabenstellung: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55095_Aufgabenstellung_F20-T1-A3.JPG Hier ist der Lösungsvorschlag: https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55095_L_sung_F20-T1-A3b_.JPG Ich verstehe den Satz (markiert) Eingangs nicht. Wieso müssen die angegebenen Funktionen dann Lösungen des zugehörigen homogenen Systems sein? Ich verstehe den Zusammenhang nicht. Vielen Dank im Voraus für eure Hilfe!


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Diophant
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  Beitrag No.1, eingetragen 2022-08-08

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, da die Lösung einer linearen DGL immer von der Form \(y=y_H+y_P\) sind, (wobei \(y_H\) die Lösung der homogenen und \(y_P\) eine spezielle Lösung der inhomogenen DGL sind), fällt dieser partikuläre Anteil in beiden Fällen durch die Subtraktion heraus: daher muss es sich bei beiden Differenzen um Lösungen des homogenen Problems bzw. des zugehörigen homogenen Systems 1. Ordnung handeln. Gruß, Diophant \(\endgroup\)


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Jufrus
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  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-08

Hallo Diophant, vielen Dank für deine Antwort! Ich verstehe das immer noch nicht so ganz. Hätte ich dann jede Differenz von diesen drei Lösungen nehmen können und nur darauf achten müssen, dass der Subtrahend immer der gleiche bleibt? Oder gibt es einen bestimmten Grund dafür gerade \(t^2\) zu wählen? Ich ziehe doch eigentlich nur Lösungen voneinander ab. Aber hier lege ich einfach fest dass \(y_p=\phi_3\) ist? Vielen Dank!


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Diophant
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  Beitrag No.3, eingetragen 2022-08-08

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) \quoteon(2022-08-08 13:13 - Jufrus in Beitrag No. 2) Ich ziehe doch eigentlich nur Lösungen voneinander ab. Aber hier lege ich einfach fest dass \(y_p=\phi_3\) ist? \quoteoff Jede der drei Lösungen \(\phi_i\) lässt sich als partikuläre Lösung auffassen löst die inhomogene DGL: das ist ja gegeben. Also ist es gleich, welche zwei der drei möglichen Differenzen man betrachtet. Das ist hier halt der Systematik wegen so gemacht worden, wie es ist. Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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Jufrus
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  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-10

Ok, ich glaube ich bin jetzt ein Stück näher gekommen. Ich habe da ggf. etwas falsch abgespeichert: Ich dachte eine inhomogene DGL hat immer eine Störfunktion mit dabei, bzw. eine partikuläre Lösung. Somit habe ich den Teil in der Aufgabenstellung "Über eine lineare inhomogene DGL zweiter Ordnung..." gedacht, dass \(\phi\) Lösung der kompletten inhomogenen DGL sind und nicht nur dem inhomogenen Teil entsprechen. Ich weiß nicht, ob ich mich hier klar ausgedrückt habe? Oder sind Lösungen einer linearen inhomogenen DGL immer die partikulären Lösungen?


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Diophant
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  Beitrag No.5, eingetragen 2022-08-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) \quoteon(2022-08-10 13:06 - Jufrus in Beitrag No. 4) Somit habe ich den Teil in der Aufgabenstellung "Über eine lineare inhomogene DGL zweiter Ordnung..." gedacht, dass \(\phi\) Lösung der kompletten inhomogenen DGL sind und nicht nur dem inhomogenen Teil entsprechen. \quoteoff Wo siehst du da einen Unterschied? \quoteon(2022-08-10 13:06 - Jufrus in Beitrag No. 4) Oder sind Lösungen einer linearen inhomogenen DGL immer die partikulären Lösungen? \quoteoff Partikuläre Lösungen lösen das inhomogene System, enthalten aber den homogenen Anteil nicht. Mache dir einmal klar, dass es hier um lineare DGLen geht, mache dir den Sachverhalt vielleicht einmal anhand von linearen Gleichungssystemen klar oder versuche es einfach nachzurechnen: betrachte etwa eine lineare DGL zweiter Ordnung \[y''+a_1(x)\cdot y'+a_0(x)\cdot y=b(x)\] Betrachte \(\phi_1\) und \(\phi_2\) als Lösungen dieser DGL, gehe damit jeweils in die DGL ein, subtrahiere beide Gleichungen und ziehe daraus Rückschlüsse... (Und mache dir klar, dass diese Rückschlüsse nur möglich sind aufgrund der Linearität!) Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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Jufrus
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  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2022-08-10

Ich habe das so verstanden: Die Lösung einer linearen DGL hat die Form \(y=y_H + y_P\): Somit wäre die Lösung einer inhomogenen DGL für mein Verständnis: \(\phi_i(t)\) jeweils eingesetzt aus der Aufgabenstellung: 1. Lösung: \(1=y_H + y_P\) 2. Lösung: \(t=y_H + y_P\) 3. Lösung: \(t^2=y_H + y_P\) So wie ich dich jetzt aber verstehe, sind das nur die Anteile der partikulären Lösung, also: 1. Lösung: \(y=y_H + 1\) 2. Lösung: \(y=y_H + t\) 3. Lösung: \(y=y_H + t^2\) Oder? Heißt, wenn ich jetzt bei dir beispielsweise Lösung 1 und 2 gleichsetze, ergibt sich für mich folgendes: \(y_H + 1 = y_H +t\) <-> \(0 = y_H +t - (y_H + 1)\) Habe ich dich da richtig verstanden?


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Diophant
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  Beitrag No.7, eingetragen 2022-08-10

\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}} \newcommand{\ea}{\end{aligned}} \newcommand{\bc}{\begin{cases}} \newcommand{\ec}{\end{cases}} \newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}} \newcommand{\epm}{\end{pmatrix}} \newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}} \newcommand{\evm}{\end{vmatrix}} \newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}} \newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}} \newcommand{\on}{\operatorname} \newcommand{\ds}{\displaystyle}\) Hallo, \quoteon(2022-08-10 15:48 - Jufrus in Beitrag No. 6) Ich habe das so verstanden: Die Lösung einer linearen DGL hat die Form \(y=y_H + y_P\): Somit wäre die Lösung einer inhomogenen DGL für mein Verständnis: \(\phi_i(t)\) jeweils eingesetzt aus der Aufgabenstellung: 1. Lösung: \(1=y_H + y_P\) 2. Lösung: \(t=y_H + y_P\) 3. Lösung: \(t^2=y_H + y_P\) So wie ich dich jetzt aber verstehe, sind das nur die Anteile der partikulären Lösung, also: 1. Lösung: \(y=y_H + 1\) 2. Lösung: \(y=y_H + t\) 3. Lösung: \(y=y_H + t^2\) Oder? Heißt, wenn ich jetzt bei dir beispielsweise Lösung 1 und 2 gleichsetze, ergibt sich für mich folgendes: \(y_H + 1 = y_H +t\) <-> \(0 = y_H +t - (y_H + 1)\) Habe ich dich da richtig verstanden? \quoteoff Nein. Mache doch einmal, was ich oben gesagt habe: mit zwei Lösungsfunktionen in eine lineare inhomogene DGL eingehen und die beiden so entstandenen Gleichungen subtrahieren. Was dann dasteht, ist eine homogene DGL, in die eine Lösungsfunktion eingesetzt wurde. Und das ist offensichtlich genau die Differenz deiner beiden inhomogenen Lösungen. Und zwar, weil die DGL linear ist. Merke: bei linearen Differentialgleichungen löst jede Differenz zweier inhomogener Lösungen die homogene DGL! Gruß, Diophant\(\endgroup\)


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nzimme10
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  Beitrag No.8, eingetragen 2022-08-11

\(\begingroup\)\(\renewcommand{\i}{\mathrm{i}} \renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}} \renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}} \newcommand{\e}{\mathrm{e}} \renewcommand{\d}{\mathrm{d}} \renewcommand{\dd}{\ \mathrm d} \newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}} \newcommand{\ddw}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}w}} \newcommand{\ddt}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}} \newcommand{\opn}{\operatorname}\) Hallo, das ist hier völlig analog zu "normalen" linearen Gleichungssystemen. Betrachtet man für eine lineare Abbildung $\varphi$ die lineare (inhomogene) Gleichung $\varphi(x)=b$, dann ist die Lösungsmenge dieser Gleichung gegeben durch $\ker(\varphi)+v$, wobei $v$ eine partikuläre Lösung ist, also $\varphi(v)=b$ erfüllt. Hat man nun zwei Lösungen $v_1,v_2$ der inhomogenen Gleichung, gilt also $\varphi(v_1)=b=\varphi(v_2)$, so hat man $$ \varphi(v_1-v_2)=\varphi(v_1)-\varphi(v_2)=b-b=0. $$ Es gilt also $v_1-v_2\in \ker(\varphi)$, was gerade bedeutet, dass $v_1-v_2$ die homogene Gleichung $\varphi(x)=0$ löst. Eine lineare (inhomogene) Differentialgleichung kann man in der Form $L(f)=g$ schreiben, wobei $L$ ein linearer Differentialoperator ist. Eine analoge Analyse wie oben liefert dir dann die gleiche Erkenntnis. LG Nico\(\endgroup\)


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Jufrus
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Alles klar, ich denke ich habs begriffen! Vielen Dank für eure Hilfe!


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