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| Autor |
  Herleitung einer Lösung einer linearen DGL zweiter Ordnung mit konstanten Koeffizienten |
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MarRaph
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 17.04.2009
Mitteilungen: 49
 |  Themenstart: 2013-05-26
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Hallo zusammen,
ich möchte in einem Didaktikseminar die allgemeine Lösung einer linearen DGL n-ter Ordnung mit konstanten Koeffizienten herleiten und gehe dafür über den Spezialfall der 2. Ordnung. Dort tritt natürlich auch der Fall einer doppelten reellen Nullstelle des charakteristischen Polynoms auf.
Nun ist bei einer DGl der Form \ f''(x) + a*f'(x) + b*f(x) = 0 neben \ f(x) = e^tx (wobei t die doppelte reelle Nullstelle des zugehörigen charakteristischen Polynoms ist) auch \ f(x) = t*e^tx eine Lösung.
Ich kann dies durch Einsetzen der zweiten Lösung in die DGL auch nachweisen, aber aus didaktischen Gründen würde ich diese Lösung gern herleiten.
Hat jemand von euch einen Vorschlag, wie ich das machen kann, ohne dass die Lösung vom Himmel fällt und ihre Richtigkeit durch Nachrechnen erwiesen wird?
Viele Grüße,
MarRaph
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 Profil
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Ehemaliges_Mitglied
| Beitrag No.1, eingetragen 2013-05-26
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Hi,
mittels geometrischer Interpolation z.B. Newton Verfahren lässt sich eine mehrfache Nullstelle als Grenzlage benachbarter Nullstellen veranschaulichen. Oder du sagst einfach f berührt die x-Achse und ist so zu sagen Grenzwert benachbarter Nullstellen (Wenn der Graph ein infinitisimales Stück unter der x-Achse wäre)
Sind also t und t+delta(t) deine benachbarten Nullstellen und lösen deine DGL,so löst auch ihre Linearkombination die DGL schreibe dazu:
1/delta(t)*(exp((t+delta(t))x)-exp(tx)),
mit delta(t)-> 0 (Als Ableitung) ergibt sich: x*exp(tx) als Lösung.
MfG
[ Nachricht wurde editiert von metallkuli am 26.05.2013 00:46:52 ]
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Buri
Senior 
Dabei seit: 02.08.2003
Mitteilungen: 46882
Wohnort: Dresden
 | Beitrag No.2, eingetragen 2013-05-26
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\quoteon(2013-05-26 00:21 - MarRaph im Themenstart)
Hat jemand von euch einen Vorschlag, wie ich das machen kann, ohne dass die Lösung vom Himmel fällt und ihre Richtigkeit durch Nachrechnen erwiesen wird?
\quoteoff
Hi MarRaph,
einen Vorschlag zur Motivierung hätte ich.
Dieser trägt aber einen stark intuitiven Charakter und ist nicht als streng mathematischer Beweis zu verstehen.
Ich liebe so etwas, weil man nur so zu tieferen Einsichten kommen kann, und außerdem die Mathematik dadurch interessanter und vielseitiger wird, also nicht so trocken daherkommt.
Eine lineare DGL 2. Ordnung mit konstanten Koeffizienten läßt sich in den meisten Fällen mit dem Ansatz f(x)=exp(\l*x) lösen.
Die möglichen Werte für \l bestimmt man aus der charakteristischen Gleichung, und es gibt zwei Fälle:
array(Fall 1:)__ Die Gleichung hat zwei verschiedene Lösungen \l_1 und \l_2.
Aus ihnen kann man die Lösungen f_1(x)=exp(\l_1*x) und f_2(x)=exp(\l_2*x) bilden. Diese Funktionen sind wegen \l_1!=\l_2 linear unabhängig, und bilden ein Fundamentalsystem für die Gesamtheit aller Lösungen.
Man kann aber auch neben der Funktion f_1(x) als zweite Funktion des Lösungssystems die Funktion f_12(x)=(exp(\l_1*x)-exp(\l_2*x))/(\l_1-\l_2) nehmen, weil es sich nur um eine Linearkombination der Lösungen f_1 und f_2 handelt.
Damit sind wir gut vorbereitet auf den
array(Fall 2:)__ \l_1=\l_2.
Man kann die Lösungsfunktionen f_1 und f_2 immer noch bilden, aber es ist f_1=f_2, somit bilden diese Lösungen kein Fundamentalsystem.
Ein solches erhält man aber, wenn man in der Lösung f_12 aus dem Fall 1 den Grenzübergang \l_2->\l_1 ausführt.
Was herauskommt, ist die Ableitung von exp(\l*x) nicht nach x, sondern nach dem Parameter \l.
Diese Überlegung motiviert es \(eine exakte mathematische Begründung ist nicht beabsichtigt und auch nicht erforderlich, weil man die Richtigkeit durch Einsetzen überprüfen kann\), als zweiten Lösungsansatz die Funktion d/d\l exp(\l*x)=x*exp(\l*x) zu wählen.
Dieselbe Überlegung funktioniert auch für lineare DGLen anderer Typen.
Bei der Eulerschen DGL ax^2\.f''(x)+bxf'(x)+cf(x)=0 lautet der Lösungsansatz f(x)=x^\a, es gibt ebenso eine charakteristische Gleichung, aus der man \a bestimmt.
Bei mehrfachen Wurzeln kommt ein zusätzlicher Ansatz hinzu, der durch Ableitung des Ansatzes nach \a entsteht, er lautet f(x)=x^\a*ln(x).
Gruß Buri
[ Nachricht wurde editiert von fed am 26.05.2013 10:51:12 ]
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Wally
Senior 
Dabei seit: 02.11.2004
Mitteilungen: 9774
Wohnort: Dortmund, Old Europe
 | Beitrag No.3, eingetragen 2013-05-26
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Hallo,
spontan sind mir auch zunächst die Vorschläge von metallkuli und Buri eingefallen.
Eine weitere Möglichkeit, die die Kenntnis der Lösung eine linearen Dgl. erster Ordnung voraussetzt:
Man führt einen Ableitungsoperator D ein, also D(f)=f'.
Dann ist f'' + a f'+bf=0 <=> (D^2 + aD + b)f=0
<=> (D-\l_1 )(D-\l_2)f=0
Man rechnet leicht nach, dass (D-\l_2)f=0 zu f(x)=C e^(\l_2 x) äquivalent ist.
Der zweite Schritt ist jetzt
(D-\l_1) f=C e^(\l_2 x),
und das hat für \l_1<>\l_2 genau Lösungen
f=D_1 e^(\l_1 x)+ D_2 e^(\l_2 x)
und für \l_1=\l_2 erhält man
f=D_1 e^(\l_1 x)+ D_2 xe^(\l_1 x)
Vorteil: diese Methode kann man auf lineare Dgl höherer Ordnung übertragen, und man muss immer nur Dgl. 1. Odunung lösen.
Wally
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MarRaph hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
MarRaph hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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