Lineare Unabhängigkeit von Funktionen

13.05.2009, 09:23

vektorraum

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Lineare Unabhängigkeit von Funktionen

Hi!

Ich habe folgende drei Funktionen:

$\begin{eqnarray*} y_1(x)=e^{-2x}\sin(3x),~~~y_2(x)=x\cos(3x),~~~y_3(x)=x^2 \end{eqnarray*}$

Es soll gezeigt werden, dass die drei Funktionen linear unabhängig sind.

Dazu habe ich die Wronskideterminante der drei Funktionen und ihrer Ableitungen gebildet und erhalten

$\begin{eqnarray*} W(x)=e^{-2x}\cdot[-21x^3-6x(x+1)^2\cos(6x)+(1+2x-\frac{5}{2}x^2-9x^3)\cdot \sin(6x)] \end{eqnarray*}$

Nun kann ich ja einen beliebigen Wert wählen und zeigen, dass $\begin{eqnarray*} W(x_0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist. Dann sind ja die Funktionen linear unabhängig auf einem gewissen Intervall.

Nun ist aber gerade $\begin{eqnarray*} W(0)=0 \end{eqnarray*}$ , was ja noch nicht heißt, dass die Funktionen linear abhängig wären.

Wie ist das nun also: kann ich jetzt folgern, dass die drei Funktionen für $\begin{eqnarray*} x\neq 0,~x\in\mathbb R \end{eqnarray*}$ linear unabhängig sind, für $\begin{eqnarray*} x=0 \end{eqnarray*}$ jedoch linear abhängig???

Danke für eure Hinweise Wink

Wink

13.05.2009, 10:32

tigerbine

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen
Hallo. Imho darfst du für x keine konkreten Werte einsetzten. Die Funktionen müssen bei l.a. nicht trivial zur Nullfunktion linear kombinierbar sein. Vergleiche die Monombasis 1,x,x² etc...

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 \cdot y_1 + \lambda_2 \cdot y_2 + \lambda_3 \cdot y_3 = 0 \end{eqnarray*}$

Insbesondere bedeutet dies:

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 \cdot y_1(x_0) + \lambda_2 \cdot y_2(x_0) + \lambda_3 \cdot y_3(x_0)= 0 \quad \forall x_0 \in I \subseteq \mathbb R \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$ ist nun ein schlechter Wert, um die lambdas zu bestimmen. Aber egal was man wählt, die Gleichung ist zumindest erfüllt. Nun kannst du annehmen, $\begin{eqnarray*} x_0\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Was ergibt sich dann für die $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ ? (Beispiel)

13.05.2009, 10:41

vektorraum

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen
verwirrt

verwirrt

Wir hatten aber einen Satz formuliert, der ungefähr folgendes aussagte:

Sind $\begin{eqnarray*} y_1,\ldots,y_n \end{eqnarray*}$ Lösungen einer linearen Dgl n-ter Ordnung, dann sind folgende Aussagen äquivalent:

(i) $\begin{eqnarray*} W(x)\neq 0~\forall~x\in I \end{eqnarray*}$
(ii) $\begin{eqnarray*} W(x_0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} x_0\in I \end{eqnarray*}$
(iii) $\begin{eqnarray*} y_i \end{eqnarray*}$ bilden ein Fundamentalsystem.

Nun gut: insbesondere folgt ja aus (ii), dass die Funktionen linear unabhängig sind.

Durch Berechnung der Wronski-Determinante kann man ja zeigen, dass $\begin{eqnarray*} W(x_0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ ist für $\begin{eqnarray*} x_0\neq 0 \end{eqnarray*}$ . Ich stelle mir bloß gerade die Frage, was im Nullpunkt passiert. Da sind ja die Funktionen $\begin{eqnarray*} y_1(0)=y_2(0)=y_3(0)=0 \end{eqnarray*}$ .

Du meintest das Gegenbeispiel?

Danke und Grüße Wink

Wink

13.05.2009, 10:49

tigerbine

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen
Der Satz passt doch prima. Mit (ii) erschlägt man (wenn man es nachgewiesen hat Augenzwinkern

Augenzwinkern

) doch alles. Die Vektoren sind hier Funktionen, die Nullfunktion ist der Nullvektor. "Blöd" gesagt, kannst du dir ( I ist ja keine diskrete Menge), das ganze ja einmal so vorstellen

$\begin{eqnarray*} \lambda_1 \begin{pmatrix} 1\\ 2\\ 0 \end{pmatrix} + \lambda_2 \begin{pmatrix} 2\\1\\0 \end{pmatrix} \stackrel{!} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Da würdest du ja nun auch nicht sagen, dass die Vektoren l.a. sind, weil die letzte Zeile immer stimmt. Oder sagen, dass die Vektoren nicht im IR³ sondern nur auf einer Einschränkung l.u. sind.

Ja, ich meinte das Gegenbeispiel.

13.05.2009, 10:57

vektorraum

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen
Alles klar. Also reicht es wirklich aus zu zeigen, dass die Funktionen für ein $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ linear unabhängig sind.

Das Gegenbeispiel macht ja nur deutlich, dass aus $\begin{eqnarray*} W(x_0)=0 \end{eqnarray*}$ nicht folgt, dass die Funktionen linear abhängig sind.

Also sind die Funktionen auf ganz R linear unabhängig.

Ich merke auch gerade, dass ich einen Vollknall habe. Wenn man sich mal die Definition von linearer Unabhängigkeit durchliest, dann ist es doch ganz klar. Die Koeffizienten müssten ja stets Null werden...

Forum Kloppe

Forum Kloppe

Okay, wenn das so stimmt, dann danke ich dir herzlich Gott

Gott

13.05.2009, 11:00

tigerbine

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen

Zitat:

Okay, wenn das so stimmt, dann danke ich dir herzlich

Dann hoffe ich doch mal, dass es stimmt. Augenzwinkern

Augenzwinkern

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13.05.2009, 11:01

Dual Space

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen

Zitat:

Original von vektorraum
Wenn man sich mal die Definition von linearer Unabhängigkeit durchliest, dann ist es doch ganz klar. Die Koeffizienten müssten ja stets Null werden...

Die Koeffizienten haben aber nichts mit den x_0 zu tun. Nur um das noch mal herauszustellen.

13.05.2009, 19:04

WebFritzi

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen

Zitat:

Original von tigerbine
Hallo. Imho darfst du für x keine konkreten Werte einsetzten.

Wieso sollte er das nicht dürfen? Es soll gelten

$\begin{eqnarray*} \alpha_1 y_1 + \alpha_2 y_2 + \alpha_3 y_3 = 0\;\Longrightarrow\;\alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0. \end{eqnarray*}$

Das bedeutet

$\begin{eqnarray*} \alpha_1 y_1(x) + \alpha_2 y_2(x) + \alpha_3 y_3(x) = 0\;\text{für alle }\,x\in\mathbb R\;\Longrightarrow\;\alpha_1 = \alpha_2 = \alpha_3 = 0. \end{eqnarray*}$

Und das ist eine wahre Aussage. Zum Beweis setze man nur $\begin{eqnarray*} x = \pi/3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x = 2\pi/3 \end{eqnarray*}$ ein (und dann z.B. $\begin{eqnarray*} x = \pi/6 \end{eqnarray*}$ ).

13.05.2009, 19:15

tigerbine

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen
Ja, nicht so super formuliert. Hoffe ist rausgekommen, was ich sagen wollte. Ging um sein Problem mit der 0 und dass die Vektoren hier eben Funktionen sind.

13.05.2009, 19:26

WebFritzi

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen
Aber aufgefallen, dass ihr die ganze Zeit aneinander vorbeigeredet habt, ist dir nicht? Vektorraum ist die ganze Zeit auf seiner Wronski-Determinante rumgeritten und du auf der Definition der linearen Unabhängigkeit. Darauf zielte der Beitrag von DualSpace ab.

Zitat:

Original von vektorraum
verwirrt

verwirrt

Wir hatten aber einen Satz formuliert, der ungefähr folgendes aussagte:

Sind $\begin{eqnarray*} y_1,\ldots,y_n \end{eqnarray*}$ Lösungen einer linearen Dgl n-ter Ordnung, dann sind folgende Aussagen äquivalent:

Und welche Differentialgleichung lösen die gegebenen Funktionen, so dass man den obigen Satz anwenden kann?

13.05.2009, 19:39

tigerbine

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen

Zitat:

Es soll gezeigt werden, dass die drei Funktionen linear unabhängig sind.

Das war gefragt. Daher habe ich die Definition ins Spiel gebracht. Und dass die Koeffizienten in der linear Kombination für alle $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ gelten müssen, und nicht nur für eins. In schien doch zu verwundern, dass man bei $\begin{eqnarray*} x_0=0 \end{eqnarray*}$ auch andere Koeffizienten nehmen könnte, und dennoch den Wert 0 erhalten würde.

Zum Beweis. Da hast du Recht, ich muss mir ankreiden lassen, die Voraussetzungen in dem von ihm geposteten Satz nicht hinterfragt zu haben.

Zitat:

Und welche Differentialgleichung lösen die gegebenen Funktionen, so dass man den obigen Satz anwenden kann?

Entweder liefert er die Information nach, oder wir müssen über die Def. der L.U. gehen. Weiterer Vorschlag von dir? Wink

Wink

13.05.2009, 19:47

WebFritzi

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen
Du scheinst mich nicht zu verstehen. Wo bist du auf seinen Ansatz mit der Wronski-Determinante eingegangen? Wo ist er auf deinen Ansatz über die Definition der l. Unabh. eingegangen?

Zitat:

Original von tigerbine
Weiterer Vorschlag von dir? Wink

Wink

Wozu? Ich habe schon einen gemacht. Die Durchführung ist einfach und schnell gemacht.

Evtl. hat Vektorraum nicht die gesamte Aufgabenstellung gepostet. Vielleicht war in der Aufgabe eine DGL angegeben, die von den drei Funktionen gelöst wird.

13.05.2009, 19:55

tigerbine

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen

Zitat:

Original von WebFritzi
Du scheinst mich nicht zu verstehen. Wo bist du auf seinen Ansatz mit der Wronski-Determinante eingegangen? Wo ist er auf deinen Ansatz über die Definition der l. Unabh. eingegangen?

Warten wir mal auf Vektorraum. Ich dachte heute morgen, wir hätten "parallel" geredet (was ja auch an einenader vorbei sein kann,... für recht lange). Und die Def. der l.u. sollte nur veranschaulichen, WAS zu zeigen ist. Unter den entsprechenden Voraussetzungen ist dann die Wronsky-Determinante ein Weg für das WIE es zu beweisen wäre.

13.05.2009, 19:58

WebFritzi

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen

Zitat:

Original von tigerbine
Unter den entsprechenden Voraussetzungen ist dann die Wronsky-Determinante ein Weg für das WIE es zu beweisen wäre.

Und jetzt nochmal auf deutsch. Augenzwinkern

Augenzwinkern

13.05.2009, 20:08

tigerbine

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RE: Lineare Unabhängigkeit von Funktionen
WENN für die Funktionen gilt (Ich hoffe deswegen hat VR den Satz zitiert)

Zitat:

Sind $\begin{eqnarray*} y_1,\ldots,y_n \end{eqnarray*}$ Lösungen einer linearen Dgl n-ter Ordnung, dann...

Dann kann man anstatt über die def. der LU auch die Äquivalenz von (ii) <=> (iii) nehmen.

Zitat:

(ii) $\begin{eqnarray*} W(x_0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} x_0\in I \end{eqnarray*}$
(iii) $\begin{eqnarray*} y_i \end{eqnarray*}$ bilden ein Fundamentalsystem.

13.05.2009, 20:14

WebFritzi

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OK. Frag mich nur, ob zweimaliges Ableiten und dann noch das Lösen einer 3x3-Determinante schneller ist als dreimaliges (eigentlich nur 2-maliges) Einsetzen von Werten. Ich denke nicht...

13.05.2009, 20:17

tigerbine

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Denke ich auch nicht. Vielleicht geht er ja noch den anderen Weg, wenn er das hier liest. (oder muss es sogar). Bis dann Wink

Wink

13.05.2009, 22:34

vektorraum

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Hallo ihr beiden,

habe den Beitrag eben erst gesehen. Da ist ja ganz schön was losgegangen.

Es ging in der Tat wirklich nur darum zu zeigen, dass die drei Funktionen linear unabhängig sind. Die Definition der l. Unabhängigkeit ist mir durchaus bewusst.

Im Zuge der Differentialgleichungen haben wir diesen Satz formuliert. Mir ging es eben nur um die Bemerkung, dass aus (ii) insbesondere die l. Unabhängigkeit folgt.

Natürlich kann man hier mit Kanonen nach Spatzen schießen. Nun ist die Wronski-Determinante aber einmal da. Also habe ich diese gebildet und wollte Werte einsetzen. Da kommt dann also raus, dass die Funktionen linear unabhängig sind. Nun wollte ich mal die Null einsetzen, und da war die Wronski-Det. Null. Damit folgt ja noch nicht automatisch die lineare Abhängigkeit.

Diesen kritischen Punkt wollte ich nur mal klären, wie man dieses Intervall I, aus dem ja dieses $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ stammt, festlegen muss.

Danke nochmal euch beiden!!!

13.05.2009, 22:53

tigerbine

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Hi. Wie meinst du das...

Zitat:

Es ging in der Tat wirklich nur darum zu zeigen, dass die drei Funktionen linear unabhängig sind.

und

Zitat:

Nun ist die Wronski-Determinante aber einmal da

Also den von dir geposteten Satz kannst du dann aber nicht nehmen. Da fällt ja die Voraussatzung weg. Anwenden könntest du das wohl.

Zitat:

Nun wollte ich mal die Null einsetzen, und da war die Wronski-Det. Null. Damit folgt ja noch nicht automatisch die lineare Abhängigkeit.

Ich denke, da verwechselst du, was mit dem Gegenbeispiel für die Umkehrung gemeint ist. Da ist gemeint, dass wenn die Wronksi Det allgemein 0 ist, die Funktionen noch nicht l.a. sein müssen.

Oder wundert es dich, dass es einfach x-Werte gibt, wo alle Funktionen gleichzeitig Null werden? auch wenn sie l.u. sind verwirrt

verwirrt

LG

Wink

14.05.2009, 10:00

vektorraum

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Wir sollten tatsächlich mittels der Wronski-Determinante zeigen, dass die drei Funktionen linear unabhängig sind. Dazu habe ich nochmal den Satz formuliert, mit der genannten Folgerung. Das ist auch der, auf den Tigerbine verweist.

Ist also $\begin{eqnarray*} W(x_0)\neq 0 \end{eqnarray*}$ für ein $\begin{eqnarray*} x_0\in I \end{eqnarray*}$

dann sind die Funktionen linear unabhängig.

Zitat:

Oder wundert es dich, dass es einfach x-Werte gibt, wo alle Funktionen gleichzeitig Null werden? auch wenn sie l.u. sind verwirrt

Ja, das ist es, was mich gewundert hat. In dem Satz ist ja immer nur von einem Element die Rede. Wie kann ich also dann eine Aussage darüber treffen, wo die Funktionen linear unabhängig sind? Oder gilt das dann global, sobald ich eines dieser $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ gefunden habe???

Was wäre denn der schnellere Weg, ohne die Wronski?

14.05.2009, 10:06

tigerbine

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Also, ich kehre mal zu meinem trivialen Beispiel x²,x³ zurück. Diese Polynome sind linear unabhängig, denn ich kann sie nur trivial zur Nullfunktion kombinieren. Dennoch haben sie eine gemeinsame Nullstelle bei x=0.

Oder eben das diskrete Beispiel. Nur weil 2 Vektoren des IR³ an einer Stelle übereinstimmen, sind sie noch lange nicht linear abhängig.

Ist das klar?

14.05.2009, 10:11

vektorraum

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Zitat:

Original von tigerbine
Also, ich kehre mal zu meinem trivialen Beispiel x²,x³ zurück. Diese Polynome sind linear unabhängig, denn ich kann sie nur trivial zur Nullfunktion kombinieren. Dennoch haben sie eine gemeinsame Nullstelle bei x=0.

Oder eben das diskrete Beispiel. Nur weil 2 Vektoren des IR³ an einer Stelle übereinstimmen, sind sie noch lange nicht linear abhängig.

Ist das klar?

Ja.

14.05.2009, 10:18

tigerbine

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Ok. Also wenn man nun formal das untersuchen will, so muss dieser Ansatz verfolgt werden.

$\begin{eqnarray*} \alpha_1 y_1(x) + \alpha_2 y_2(x) + \alpha_3 y_3(x) = 0 \end{eqnarray*}$

So allgemein bestimmt sich das aber nicht immer so einfach. Wir suchen (für la.) ja nun nicht triviale Koeffizienten, so dass FÜR ALLE x diese Gleichung erfüllt ist. Also auch für speziell ausgewählte. x=0 ist bei deinen Funktionen natürlich eine schlechte Wahl, da x=0 Nullstelle von allen Funktionen ist und uns keinen Schritt weiter an die Bestimmung der Koeffizienten bringt. Wie müssen uns 3 andere Stellen suchen.

[Ja, wir werden nun doch einsetzten. ich bezog mich mit meinem ersten Post auf das was l.u. bedeuten soll. Dass die Gleichugn eben nicht für an ausgewählten Stellen sondern für alle x gelten muss]

Welche Stellen man auswählt, da hat der WebFritzi doch schon was vorgeschlagen. 3 Unbekannte fordern wohl 3 möglichst verschiedene Bedingungen, wenn dies geht.

Zitat:

Zum Beweis setze man nur $\begin{eqnarray*} x = \pi/3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x = 2\pi/3 \end{eqnarray*}$ ein (und dann z.B. $\begin{eqnarray*} x = \pi/6 \end{eqnarray*}$ ).

Wie lauten dann die 3 linearen Gleichungen und was ergibt sich für die gesuchten Koeffizienten?

14.05.2009, 10:46

vektorraum

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Zitat:

Original von tigerbine
Wie lauten dann die 3 linearen Gleichungen und was ergibt sich für die gesuchten Koeffizienten?

Ah, ja. Wenn ich mich nicht verrechnet habe, dann lautet das Gleichungssystem

$\begin{eqnarray*} -\frac{\pi}{3}c_2+\frac{\pi^2}{9}c_3=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \frac{2\pi}{3}c_2+\frac{4\pi^2}{9}c_3=0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} e^{-\frac{1}{3}\pi}c_1+\frac{\pi^2}{36}c_3=0 \end{eqnarray*}$

mit der Lösung $\begin{eqnarray*} c_j=0,~j=1,2,3 \end{eqnarray*}$ .

Also lassen sich die drei Funktionen nur trivial kombinieren. Und sind demnach linear unabhängig.

Ist natürlich etwas schneller als die Wronski-Determinante Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.05.2009, 10:51

tigerbine

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Zitat:

Original von vektorraum
Also lassen sich die drei Funktionen nur trivial kombinieren. Und sind demnach linear unabhängig.

Ich rechne das nun mal nicht nach. Augenzwinkern

Augenzwinkern

aber so ist der Weg.

Zitat:

Ist natürlich etwas schneller als die Wronski-Determinante Augenzwinkern

Augenzwinkern

Nochmal die Nachfrage. Steht in der Aufgabe, dass man Wronski nehmen darf? Also dass die Funktionen gewisse Eigenschaften erfüllen? Bei Wronksi steht immer der Zusatz "die Lösungen der homogenen Gleichungen...". Das darfst du also nicht für beliebige Funktionen verwenden.

14.05.2009, 11:04

vektorraum

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Alles klar, danke.

In der Aufgabe ist zuerst die l. Unabhängigkeit der Funktionen zu zeigen und dann eine Differentialgleichung anzugeben, welche diese Funktionen als Lösungen besitzt. Das habe ich in einem anderen Beitrag gepostet, weil ich die Differentialgleichung dann bestimmt habe.

D.h. man dürfte es hier prinzipiell nicht anwenden?

14.05.2009, 11:08

tigerbine

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Wenn man die DGL noch nicht hat, steht man auf imho auf dünnem Eis. Man könnte, wenn man es unbedingt so machen will, ja den Satz nachschieben: Der Satz xyz fand Anwendung, weil die Funktionen diese hier nun angegebene DGL lösen. Wenn man die DGL denn findet. Augenzwinkern

Augenzwinkern

14.05.2009, 11:12

vektorraum

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Ja, das stimmt. In dem Fall war es ja auch noch recht einfach die Dgl anzugeben.

Aber gut: Wronski hin oder her. Mit deiner Methode klappt es natürlich viel schneller.

Also nochmal: Vielen vielen Dank!!!

14.05.2009, 11:14

tigerbine

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Auch an WebFritzi der den Dialog noch einmal voran getrieben hat. Freude

Freude

14.05.2009, 15:50

WebFritzi

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Wenigstens ein Danke von tigerbine...

14.05.2009, 20:37

vektorraum

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Zitat:

Original von vektorraum

Danke nochmal euch beiden!!!

und

Zitat:

Also nochmal: Vielen vielen Dank!!!

Das war doch an euch beide gerichtet... Nicht böse sein, Webfritzi! Hast mir wirklich sehr geholfen (und Tigerbine natürlich auch)!

Wink

Wink

14.05.2009, 20:46

WebFritzi

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Tanzen

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