lineare Abbildungen

04.04.2013, 20:22

thx1139

lineare Abbildungen

Meine Frage:
Hallo

Eine lineare Abbildung könnte doch zB so aussehen

$\begin{eqnarray*} x \mapsto 3x \end{eqnarray*}$

geht diese schreibweise auch bei linearen homogenen Differentialgleichungen?

$\begin{eqnarray*} y \mapsto y'''-2y'+y=0 \end{eqnarray*}$

Danke für Antworten

Meine Ideen:
Ich glaube das geht

04.04.2013, 20:46

Leopold

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RE: lineare Abbildungen

Zitat:

Original von thx1139
$\begin{eqnarray*} y \mapsto y'''-2y'+y \color{red} =0 \end{eqnarray*}$

Nur warum "gleich 0"?
Die Abbildung $\begin{eqnarray*} y \mapsto y''' - 2y' + y \end{eqnarray*}$ ist in der Tat linear. Und die homogene lineare Differentialgleichung zu lösen bedeutet dann, den Kern der linearen Abbildung zu bestimmen.

04.04.2013, 20:48

weisbrot

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RE: lineare Abbildungen
also.. was soll das sein? die bildet eine funktion auf eine gleichung ab? das wär dann ne wahrheitsfunktion. oder nur auf die eine seite der gleichung, also auf eine funktion?
also, das kann man schon alles machen, die frage ist was das bringt (und ob die überhaupt linear sind ist eine ganz andere).
du dachtest vielleicht eher an sowas: soeine (explizite gewöhnliche) dgl kann man immer auf die form y'=F(y), also auf 1. ordnung, bringen. dann ist die dgl durch F komplett beschrieben, und das kann dann auch linear sein (wie hier).
lg

04.04.2013, 21:16

thx1139

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Es geht darum, daß man eine lineare Differentialgleichung als Matrix darstellen kann
und jetzt geht es um die schreibweise

gegeben

$\begin{eqnarray*} y'''-2y'+y=0 \end{eqnarray*}$

Ich weiß nicht genau,ob die Differentialgleichung die Abbildung ist oder der Vektorraum
Ich dachte zuerst, daß die Lösungen der Differentialgleichung die Basis des Vektorraumes sind

Ansatz Augenzwinkern

$\begin{eqnarray*} f:V_{1} \mapsto V_{2} \end{eqnarray*}$

Aber was ist jetzt f und was V und wie schreibe ich das richtig hin
Nach Leopold müßte es die Abbildung sein.Oder?

04.04.2013, 21:58

Leopold

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Unterscheide die lineare Abbildung $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ selbst von der Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} Ly=0 \end{eqnarray*}$

Machen wir die Sache vollständig durch die Angabe von Definitions- und Zielmenge. Man könnte da etwa

$\begin{eqnarray*} L: \ C^3(I) \to C(I) \, , \ \ y \mapsto Ly = y''' - 2y' + y \end{eqnarray*}$

wo $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ ein Intervall ist, nehmen. Es ist also $\begin{eqnarray*} V_1 = C^3(I) \end{eqnarray*}$ der Vektorraum der dreimal stetig differenzierbaren Funktionen und $\begin{eqnarray*} V_2 = C(I) \end{eqnarray*}$ der Vektorraum der stetigen Funktionen über $\begin{eqnarray*} I \end{eqnarray*}$ . Für die Abbildung schreibt man besser nicht $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ , sondern wie hier $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ , damit man den Buchstaben $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ noch für die Elemente von $\begin{eqnarray*} V_1 \end{eqnarray*}$ , die ja Funktionen sind, frei hat. Der Vektorraum $\begin{eqnarray*} C^3(I) \end{eqnarray*}$ hat eine überabzählbare Basis, du kannst daher $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ nicht durch eine Matrix beschreiben.
Etwas anderes ist es mit dem Kern von $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ , also allen Funktionen, die durch $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ auf die Nullfunktion abgebildet werden, mithin Lösungen der Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} Ly=0 \end{eqnarray*}$ sind. Die Theorie der linearen Differentialgleichungen sagt, daß dieser Vektorraum, ein Unterraum von $\begin{eqnarray*} V_1 \end{eqnarray*}$ , dreidimensional ist. Ich weiß nicht, ob ihr das schon hattet.

Mit $\begin{eqnarray*} I = \mathbb{R} \end{eqnarray*}$ kannst du $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ zum Beispiel auf die Funktion $\begin{eqnarray*} y = f(x) = \sin x \end{eqnarray*}$ anwenden und erhältst

$\begin{eqnarray*} (Lf)(x) = - \cos x - 2 \cos x + \sin x = -3 \cos x + \sin x \end{eqnarray*}$

Das ist offenbar nicht die Nullfunktion, also ist $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ keine Lösung der Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} Ly=0 \end{eqnarray*}$ .

Wenn du $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ aber auf die Funktion $\begin{eqnarray*} y = g(x) = \operatorname{e}^x \end{eqnarray*}$ anwendest, bekommst du

$\begin{eqnarray*} (Lg)(x) = \operatorname{e}^x - 2 \operatorname{e}^x + \operatorname{e}^x = 0 \end{eqnarray*}$

Deshalb ist $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ eine Lösung der Differentialgleichung $\begin{eqnarray*} Ly=0 \end{eqnarray*}$ . Oder anders ausgedrückt: $\begin{eqnarray*} g \end{eqnarray*}$ liegt im Kern der Abbildung $\begin{eqnarray*} L \end{eqnarray*}$ .

04.04.2013, 22:23

thx1139

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Danke für die ausführliche Antwort smile

Das werde ich alles genau durcharbeiten Augenzwinkern

05.04.2013, 17:03

thx1139

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Hallo zusammen

Es gibt noch ein paar Fragen zu der Aufgabe
Meine Antworten stehen in den Klammern

1.
Es ist also so,daß
$\begin{eqnarray*} y'''-2y'+y=0 \end{eqnarray*}$
den Untervektorraum U darstellt

Könnte man für den Untervektorraum auch
$\begin{eqnarray*} y'''-2y'+y=5 \end{eqnarray*}$
oder
$\begin{eqnarray*} y'''-2y'+y=2x-sin(x) \end{eqnarray*}$
nehmen?
(Meiner Meinung nach geht das nicht,weil y=0 keine Lösung ist)

2.
$\begin{eqnarray*} L: \ C^3(I) \to C(I) \, , \ \ y \mapsto Ly = y''' - 2y' + y \end{eqnarray*}$
Wenn ich jetzt den Unterraum U definiere
$\begin{eqnarray*} U:=\left\{ Ly=0\right\} \end{eqnarray*}$
könnte man dann auch schreiben
$\begin{eqnarray*} L: \ U \to 0 \, , \ \ y \mapsto Ly = y''' - 2y' + y \end{eqnarray*}$
(Das müßte gehen wird aber nicht gemacht)

3.
Ist dann die Matrix (zur Frage 2) M(L)=0 (eine 1 mal 1 Matrix),oder ist das eine 3 Mal 3 Nullmatix,weil die Basis von U aus 3 Elementen besteht
(Ich bin eher für die 1 mal 1 Matrix)

4.
$\begin{eqnarray*} Ly = y''' - 2y' + y \end{eqnarray*}$
Kann man das y auch in Klammern schreiben?
$\begin{eqnarray*} L(y) = y''' - 2y' + y \end{eqnarray*}$
(Ja das geht. Man kann L als Funktion deuten)

Danke schonmal für Hinweise smile

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