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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 15:32 Di 13.09.2005 | | Autor: | detlef |
hallo,
ich habe hier die DGL y''+2y'-8y=0 und soll diese lösen, da gehe ich mit dem exponentialansatz dran!
y= e^(kx)
y'=k*e^(kx)
so und dann bekomme ich für k= -4 und 2 heraus!wie lautet nun die lösung?
y=e^(-4*x) und y=e^(2*x)
?
wieso wählt man hier diesen ansatz? den rechenweg verstehe ich ja...
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
(dieses mal wirklich)
detlef
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Hallo detlef,
> ich habe hier die DGL y''+2y'-8y=0 und soll diese lösen, da
> gehe ich mit dem exponentialansatz dran!
> y= e^(kx)
> y'=k*e^(kx)
>
> so und dann bekomme ich für k= -4 und 2 heraus!wie lautet
> nun die lösung?
> y=e^(-4*x) und y=e^(2*x)
> ?
eine Linearkombination der Lösungen ist die allgemeine Lösung dieser DGL:
[mm]y(x)\; = \;c_1 \;e^{ - 4x} \; + \;c_2 \;e^{2x} [/mm]
>
> wieso wählt man hier diesen ansatz? den rechenweg verstehe
> ich ja...
Diesen Ansatz wählt man, weil sich die Ableitungen von der Funktion nur um einen konstanten Faktor unterscheidet.
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt.
> (dieses mal wirklich)
> detlef
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:56 Di 13.09.2005 | | Autor: | detlef |
danke!
und wieso werden diese linearkombinationen dann addiert?
detlef
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 16:26 Di 13.09.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo Detlef!
Erst noch einmal zum Ansatz:
Es sei [mm] $\lambda$ [/mm] eine Nullstelle von [mm] $x^2+2x-8$. [/mm] Behauptung: Dann löst [mm] $f(x)=e^{kx}$ [/mm] die Differentialgleichung
(*) $y'' + 2y'-8y=0$.
Beweis: Setzt man [mm] $f(x)=e^{kx}$ [/mm] in (*) ein, so erhält man:
[mm] $k^2 e^{kx} [/mm] + [mm] 2ke^{kx}- 8e^{kx} [/mm] = [mm] e^{kx} \cdot (k^2+2k-8) [/mm] = 0$,
wegen [mm] $k^2+2k-8=0$.
[/mm]
Nun bilden die Lösungen von (*) aber offenbar einen Vektorraum, sprich: Alle Linearkombinationen von Lösungen sind wieder Lösungen.
Dieser Vektorraum hat die Dimension $2$. Du hast zwei linear unabhängige Lösungen gefunden: [mm] $f_1(x) [/mm] = [mm] e^{-4x}$ [/mm] und [mm] $f_2(x) [/mm] = [mm] e^{2x}$. [/mm] Alle Lösungen erhältst du somit aus allen Linearkombinationen dieser Basiselemente.
Liebe Grüße
Julius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:07 Di 13.09.2005 | | Autor: | detlef |
ok danke schön!
wie kann man das rechnerisch lösen, dass die beiden lösungen Basislösungen sind? was ist die genaue defintion eines basiselements?
detlef
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Hallo detlef,
> wie kann man das rechnerisch lösen, dass die beiden
> lösungen Basislösungen sind? was ist die genaue defintion
> eines basiselements?
Mit Hilfe der Basislösungen lassen sich alle Lösungen der DGL darstellen.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:52 Di 13.09.2005 | | Autor: | detlef |
und was kann man da rechnerisch nachweisen?irgendwas mit determinaten!?
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Hallo detlef,
> und was kann man da rechnerisch nachweisen?irgendwas mit
> determinaten!?
mit Hilfe der Wronksi-Determinante:
[mm]\left| {\begin{array}{*{20}c}
{y_1 } & {y_2 } \\
{y_1^' } & {y_2^' } \\
\end{array} } \right|[/mm]
Diese darf nicht verschwinden.
Gruß
MathePower
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:02 Mi 14.09.2005 | | Autor: | detlef |
was heißt, diese darf nicht verschwinden? und was soll bei der determinate herauskommen, damit die lösungen elementarlösungen sind?
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:22 Mi 14.09.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo!
Die Determinante darf nicht gleich $0$ sein. Ist sie ungleich $0$, hat man (wenn man ein Erzeugendensystem hat) eine Basis des Lösungsraumes gefunden.
Viele Grüße
Julius
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:45 Mi 14.09.2005 | | Autor: | detlef |
[mm] \pmat{ e^{-4x} & e^{2x} \\ -4*e^{-4x} & 2*e^{2x} }
[/mm]
so müsste doch die zu lösende determinante aussehn oder?
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:20 Mi 14.09.2005 | | Autor: | Julius |
Hallo!
Richtig! Und diese Determinante ist gleich
[mm] $2e^{-2x} [/mm] + [mm] 4e^{-2x} [/mm] = [mm] 6e^{-2x}$,
[/mm]
verschwindet also nicht. 
Allgemein: Die Determinante
[mm] $\left\vert \begin{array}{cc} e^{\lambda_1 t} & e^{\lambda_2 t} \\ \lambda_1 e^{\lambda_1 t} & \lambda_2 e^{\lambda_2 t} \end{array} \right\vert [/mm] = [mm] (\lambda_2 [/mm] - [mm] \lambda_1) e^{(\lambda_1 + \lambda_2)t}$
[/mm]
verschwindet für [mm] $\lambda_1 \ne \lambda_2$ [/mm] nicht.
Viele Grüße
Julius
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:51 Mi 14.09.2005 | | Autor: | detlef |
alles klar vielen dank!
das habe ich verstanden!
detlef
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