Beweis, Wronski-Determinante < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:07 Fr 28.11.2008 | | Autor: | JanJan |
| Aufgabe | | Verwenden sie [mm] W'(x)+p(x)W(x)=0[/mm], um einen Beweis dafür anzugeben, dass $W$ bei DGLen vom Typ [mm]y''+p(x)y'+q(x)y=0 [/mm] entweder überall oder nirgends gleich null ist. $W$ sei definiert als die Wronski-Determinante von zwei Lösungen der obigen DGL: [mm] W = W(y_{1}, y_{2}) [/mm]. |
Hallo liebe Leute :)
Mein Problem ist, dass ich nicht genau weiß, wie ich den Beweis aufziehen soll... Der Beweis ist doch gelungen, wenn ich zeigen könnte, das gilt:
[mm]
W(x_{0}) = 0 \Rightarrow W(x) = 0 [/mm]
[mm]W(x_{0}) \not= 0 \Rightarrow W(x) \not= 0 [/mm]
Allerdings wüsste ich nicht, wie ich von einem Element des Definitionsbereichs auf den gesamten Definitionsbereichs schließen könnte.
Als zu verwendende Informationen kämen in Betracht:
Aus [mm]W'(x)+p(x)W(x)=0[/mm] folgt: [mm] W'(x_{0})=0 [/mm] führt zu [mm] W'(x_{0})=0 [/mm] und stellt somit ein Extremum dar.
[mm] y_{1} [/mm] und [mm] y_{2} [/mm] sind Lösungen der DGL. Da die DGL 2. Ordnung ist, gibt es maximal 2 linear unabhängige Lösungen. Also folgt daraus, dass [mm] y_{1} [/mm] und [mm] y_{2} [/mm] entweder linear unabhängig (W [mm] \not= [/mm] 0) sind. Ansonsten wäre es noch möglich, dass [mm] y_{1} [/mm] und [mm] y_{2} [/mm] linear abhängig sind, wodurch die Wronski-Determinante nicht nicht null sein könnte , also doch null sein muss ;)
Dabei habe ich jetzt aber nicht die Beziehung der Wronski-Determinante verwendet :(
Hat jemand ne Idee wie das gehen könnte?
Vielen Dank schon mal ;)
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 10:47 So 30.11.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Verwenden sie [mm]W'(x)+p(x)W(x)=0[/mm], um einen Beweis dafür
> anzugeben, dass [mm]W[/mm] bei DGLen vom Typ [mm]y''+p(x)y'+q(x)y=0[/mm]
> entweder überall oder nirgends gleich null ist. [mm]W[/mm] sei
> definiert als die Wronski-Determinante von zwei Lösungen
> der obigen DGL: [mm]W = W(y_{1}, y_{2}) [/mm].
> Hallo liebe Leute
> :)
>
> Mein Problem ist, dass ich nicht genau weiß, wie ich den
> Beweis aufziehen soll... Der Beweis ist doch gelungen, wenn
> ich zeigen könnte, das gilt:
>
> [mm]W(x_{0}) = 0 \Rightarrow W(x) = 0[/mm]
> [mm]W(x_{0}) \not= 0 \Rightarrow W(x) \not= 0[/mm]
>
> Allerdings wüsste ich nicht, wie ich von einem Element des
> Definitionsbereichs auf den gesamten Definitionsbereichs
> schließen könnte.
>
> Als zu verwendende Informationen kämen in Betracht:
>
> Aus [mm]W'(x)+p(x)W(x)=0[/mm] folgt: [mm]W'(x_{0})=0[/mm] führt zu
> [mm]W'(x_{0})=0[/mm] und stellt somit ein Extremum dar.
Korrekt.
Tipp: Weise nach, dass alle Ableitungen von $W(x)$ an der Stelle [mm] $x_0$ [/mm] verschwinden!
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:27 So 30.11.2008 | | Autor: | JanJan |
Wenn ich zeigen würde, dass alle Ableitungen verschwinden bzw. Null sind, so würde dies bedeuten, dass W(x) konstant ist, was mich zum Ziel führen würde ;)
Über die Wronski-Determinante weiß ich folgendes:
[mm]W(x) = y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}[/mm]
[mm]W'(x) = y_{1}'y_{2}'+y_{1}y_{2}''-y_{1}''y_{2}-y_{1}'y_{2}' = y_{1}y_{2}''-y_{1}''y_{2} [/mm]
Somit gilt also an der Stelle [mm] x_{0}: [/mm]
[mm] y_{1}y_{2}'=y_{1}'y_{2} [/mm] und [mm] y_{1}y_{2}''=y_{1}''y_{2}
[/mm]
Aber wie kann ich auf die höheren Ableitungen von W schließen?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 00:28 Mo 01.12.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Wenn ich zeigen würde, dass alle Ableitungen verschwinden
> bzw. Null sind, so würde dies bedeuten, dass W(x) konstant
> ist, was mich zum Ziel führen würde ;)
>
> Über die Wronski-Determinante weiß ich folgendes:
> [mm]W(x) = y_{1}y_{2}'-y_{1}'y_{2}[/mm]
> [mm]W'(x) = y_{1}'y_{2}'+y_{1}y_{2}''-y_{1}''y_{2}-y_{1}'y_{2}' = y_{1}y_{2}''-y_{1}''y_{2}[/mm]
>
> Somit gilt also an der Stelle [mm]x_{0}:[/mm]
> [mm]y_{1}y_{2}'=y_{1}'y_{2}[/mm] und [mm]y_{1}y_{2}''=y_{1}''y_{2}[/mm]
>
> Aber wie kann ich auf die höheren Ableitungen von W
> schließen?
Du hast eine lineare homogene DGL 1. Ordnung für $W(x)$.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:49 Mo 01.12.2008 | | Autor: | JanJan |
Oh mann, wie konnte ich das bloß die ganze zeit übersehen? ;)
Für die Wronski-Determinante gilt ja:
[mm]W'(x)=-p(x)W(x)[/mm]
Diese DGL kann man mit Separation der Variablen lösen:
[mm]W'=-p(x)W[/mm]
[mm]\gdw \bruch{dW}{dx}=-p(x)W[/mm]
[mm]\gdw \bruch{dW}{W}=-p(x)dx[/mm]
[mm]\gdw \integral{\bruch{dW}{W}}=\integral{-p(x)dx}[/mm]
[mm]\gdw ln|W|+c_{1}=\integral{-p(x)dx}[/mm] , [mm] c_{1} [/mm] ist Intergrationskonstante
[mm]\gdw |W|=e^{c_{2}}e^{\integral{-p(x)dx}}[/mm] [mm] ,c_{1}=-c_{2}
[/mm]
neue Fragen:
1. Ist es irgendwie möglich die Betragsstriche zu eliminieren?
2. Kann man das übriggebliebene Integral noch weiter vereinfachen, bzw. Integrationsgrenzen einsetzen?
3. Habe ich mit diesem Ergebnis nicht gezeigt, dass die Wronski-Determinante niemals null werden kann?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:07 Mo 01.12.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Oh mann, wie konnte ich das bloß die ganze zeit übersehen?
> ;)
>
> Für die Wronski-Determinante gilt ja:
>
> [mm]W'(x)=-p(x)W(x)[/mm]
>
> Diese DGL kann man mit Separation der Variablen lösen:
>
> [mm]W'=-p(x)W[/mm]
> [mm]\gdw \bruch{dW}{dx}=-p(x)W[/mm]
> [mm]\gdw \bruch{dW}{W}=-p(x)dx[/mm]
>
> [mm]\gdw \integral{\bruch{dW}{W}}=\integral{-p(x)dx}[/mm]
> [mm]\gdw ln|W|+c_{1}=\integral{-p(x)dx}[/mm]
> , [mm]c_{1}[/mm] ist Intergrationskonstante
> [mm]\gdw |W|=e^{c_{2}}e^{\integral{-p(x)dx}}[/mm] [mm],c_{1}=-c_{2}[/mm]
>
> neue Fragen:
> 1. Ist es irgendwie möglich die Betragsstriche zu
> eliminieren?
Die kannst du einfach weglassen, denn die e-Funktion wird im Reellen nicht negativ.
> 2. Kann man das übriggebliebene Integral noch weiter
> vereinfachen, bzw. Integrationsgrenzen einsetzen?
Nein.
> 3. Habe ich mit diesem Ergebnis nicht gezeigt, dass die
> Wronski-Determinante niemals null werden kann?
Nein, das hast du vorausgesetzt, als du durch W dividiert hast.
Du denkst zu kompliziert. Leite $W'(x)$ ab! Was folgt für $W''(x)$?
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:47 Mo 01.12.2008 | | Autor: | JanJan |
Wenn ich die Ableitungen von W untersuche, so komme ich mit der Produktregel zu folgendem Ergebnis:
[mm]W'=-pW[/mm]
[mm]W''=-p'W-pW'
=-p'W+p^{2}W[/mm]
[mm]W'''=-p''W-p'W'+2pp'W+p^{2}W'
=-p''W+pp'W+2pp'W-p^{3}W[/mm]
Somit kann ich sehen, dass jede Ableitung von W auch wieder aus W selbst bestehen wird. Wenn ich voraussetze, dass gilt: [mm] W(x_{0})=0, [/mm] so weiß ich, dass alle Ableitungen in diesem Punkt Null sein werden.
Aber daraus kann man nicht folgern, dass W konstant sein muss, oder?
Außerdem, wie kann ich dieses Ergebnis mit der Lösung der DGL verbinden, denn aus diesem folgt doch für W:
$ [mm] W=e^{c_{2}}e^{\integral{-p(x)dx}} [/mm] $
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:37 Mo 01.12.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Wenn ich die Ableitungen von W untersuche, so komme ich mit
> der Produktregel zu folgendem Ergebnis:
>
> [mm]W'=-pW[/mm]
>
> [mm]W''=-p'W-pW'
=-p'W+p^{2}W[/mm]
>
> [mm]W'''=-p''W-p'W'+2pp'W+p^{2}W'
=-p''W+pp'W+2pp'W-p^{3}W[/mm]
>
> Somit kann ich sehen, dass jede Ableitung von W auch
> wieder aus W selbst bestehen wird. Wenn ich voraussetze,
> dass gilt: [mm]W(x_{0})=0,[/mm] so weiß ich, dass alle Ableitungen
> in diesem Punkt Null sein werden.
>
> Aber daraus kann man nicht folgern, dass W konstant sein
> muss, oder?
Das kommt auf p(x) an. Zum Beispiel: Für den Fall [mm] $p(x)=\bruch{2}{x^3}$ [/mm] und $W(0)=0$ gibt es eine Lösungsfunktion, deren sämtliche Ableitungen in 0 verschwinden, und die trotzdem nicht identisch 0 ist. Aber da hast du ein p(x), das im Punkt 0 nicht definiert ist.
Überlege, was du an Fakten hast: [mm] $W(x_0)$ [/mm] und alle Ableitungen an diesem Punkt verschwinden. W and alle Ableitungen von W sind stetige Funktionen.
Nun nimm an, dass W in einer Umgebung von [mm] $x_0$ [/mm] nicht überall 0 ist und konstruiere einen Widerspruch.
>
> Außerdem, wie kann ich dieses Ergebnis mit der Lösung der
> DGL verbinden, denn aus diesem folgt doch für W:
>
> [mm]W=e^{c_{2}}e^{\integral{-p(x)dx}}[/mm]
Nur wenn [mm] $W\not=0$ [/mm] ist, denn zur Herleitung dieses Ergebnisses musst du durch W teilen. Deswegen musst du an dieser Stelle sehr sorgfältig argumentieren.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 17:34 Mo 01.12.2008 | | Autor: | JanJan |
Ehrlich gesagt, bin ich mir nicht sicher, wie ich den Widerspruch konstruieren soll...
Woher weiß ich eigentlich, dass alle Ableitungen von W stetig sind?
(Ableitungen von stetigen Funktionen geben wieder eine stetige Fkt?)
Da alle Ableitungen von W stetig sind, ist W in jedem Punkt differenzierbar, somit existiert eine lin. Abb. A, so dass für alle Punkte der Funktion gilt:
[mm] W(x+h)=W(x)+A(h)+F(h) [/mm] , wobei der Fehler F(h) schneller als linear gegen Null geht.
Falls also gilt [mm] W(x_{0}=0, [/mm] so wäre es ein Widerspruch, falls es einen Punkt a in der Umgebung von [mm] x_{0} [/mm] gibt, mit der Eigenschaft W(a) [mm] \not= [/mm] 0.
Stimmt das? Selbst wenn, habe ich doch somit nur eine Umgebung von [mm] x_{0} [/mm] betrachtet aber nicht den restlichen Definitionsbereich...
Was ich auch noch merkwürdig finde, ist: Wenn man schon weiß, dass W'(x) stetig ist, dann muss doch p(x) eine stetige Funktion sein, weil diese zusammen mit dem stetigen W(x), W'(x) bildet.
Einen Teil des Beweises haben wir ja schon und zwar kann man doch aus der Lösung der DGL der Wronski-Determinante folgern, dass es, falls es kein [mm] x_{0} [/mm] gibt, so dass [mm] W(x_{0}) [/mm] Null wird, W keine konstante Fkt. ist.
(aber das bringt mir auch nicht wirklich etwas...)
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 21:09 Di 02.12.2008 | | Autor: | JanJan |
Ich hab mich mal in die Bibliothek gesetzt und bin darauf gestoßen, dass man eine DGL der Form
$ y'+p(x)y=0 $
lösen kann, durch:
[mm]y(x) = y_{0} \* e^{-\integral_{x_{0}}^{x}{p(x') dx'}} [/mm]
Dadurch wäre klar, dass falls [mm] y_{0} [/mm] = 0 gilt, die Lösung nur die konstante Funktion y(x) = 0 sein kann.
Aber kann ich das auch anders zeigen? Auf den oben genannten Widerspruchsbeweis komm ich irgendwie nicht :(
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:55 So 07.12.2008 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Ich hab mich mal in die Bibliothek gesetzt und bin darauf
> gestoßen, dass man eine DGL der Form
>
> [mm]y'+p(x)y=0[/mm]
>
> lösen kann, durch:
>
> [mm]y(x) = y_{0} \* e^{-\integral_{x_{0}}^{x}{p(x') dx'}}[/mm]
>
> Dadurch wäre klar, dass falls [mm]y_{0}[/mm] = 0 gilt, die Lösung
> nur die konstante Funktion y(x) = 0 sein kann.
Vorsicht! Bei der Herleitung dieser Lösung wird durch y dividiert.
Umgekehrt wird ein Schuh draus: wenn [mm]y_0\not=0[/mm] ist, dann folgt mit dieser Formel (und wenn p(x) überall wohldefiniert und integrierbar ist), dass [mm] $y(x)\not=0$ [/mm] für alle Werte von x.
Viele Grüße
Rainer
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