DGL Beweis für x -> inf

19.12.2016, 14:42	HaarigerHarry	Auf diesen Beitrag antworten »
DGL Beweis für x -> inf Hallo zusammen, ich komme an einer Aufgabe zur Vorlesung Differentialgleichungen leider absolut nicht weiter. Gegeben ist: Die DGL $\begin{eqnarray} y'' + py' + qy = r(x) \end{eqnarray}$ habe die beiden Lösungen $\begin{eqnarray} y_1 \: und \: y_2 \end{eqnarray}$ . Außerdem wissen wir, dass gilt: $\begin{eqnarray} p>0 \: und \: 0<q<\frac{p²}{4} \: und \: r : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} \: stetig \end{eqnarray}$ . Jetzt sollen wir beweisen, dass gilt: $\begin{eqnarray} \lim_{x \to \infty} y_1(x) = \lim_{x \to \infty} y_2(x) \end{eqnarray}$ . Hab leider absolut keine Ahnung wie ich da vorgehen soll. Habe schon überlegt mit dem Grenzwertsatz von l'Hospital zu argumentieren, aber da bin ich nicht weit gekommen. Hat jemand einen Vorschlag?
19.12.2016, 15:42	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja: Bestimme die Lösungen der zugehörigen homogenen DGL. Bei den angegebenen Einschränkungen an $\begin{eqnarray} p,q \end{eqnarray}$ wird dann nämlich ersichtlich, dass diese homogenen Lösungen für $\begin{eqnarray} x\to \infty \end{eqnarray}$ sämtlich verschwinden, was de facto der Behauptung entspricht. EDIT: Auf Bedingung $\begin{eqnarray} q<\frac{p^2}{4} \end{eqnarray}$ kann man genau genommen verzichten.
19.12.2016, 15:43	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: DGL Beweis für x -> inf Ich habe es mir nicht ganz zuende gedacht, aber ein guter Ansatz scheint zu sein: Definiere $\begin{eqnarray} z := y_1 - y_2 \end{eqnarray}$ . Dann löst $\begin{eqnarray} z \end{eqnarray}$ das homogene Probleme, welches man mit dem Ansatz $\begin{eqnarray} e^{\lambda x} \end{eqnarray}$ (dem charakteristischem Polynom etc.) loesen kann. Dann kann man die Annahmen schön benutzen.
20.12.2016, 08:35	HaarigerHarry	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo Hal9000 ! Guten Morgen erstmal ! Dank deinem Denkanstoß konnte ich die Aufgabe fast komplett lösen. Die Lösung der hom. DGL ergibt sich mit der "Mitternachtsformel" zu $\begin{eqnarray} y_{hom} = c_1 e^{\lambda_{1}x} + c_2 e^{{\lambda_2}x} \: mit \: \lambda_{1/2} = \frac{-p \pm \sqrt{p²-4q}}{2} \end{eqnarray}$ . Mit der Bedingung $\begin{eqnarray} 0 < p < \frac{p²}{4} \end{eqnarray}$ kann man dann schön zeigen, dass der Exponent immer kleiner 0 ist, was ja bedeutet, dass die E-Fkt im unendlichen gegen 0 geht. Und hier kommt meine Frage: Meines Wissens ergeben sich Lösungen einer inhom. DGL (y1 und y2) durch Kombination d. allg. Lsg. d. hom. DGL und einer speziellen Lösung der inhom. DGL. Also müsste sowas gelten: $\begin{eqnarray} y_{inhom} (x) = y_{hom}(x) + y_1(x) \Rightarrow \: y_1(x)=y_{inhom}(x)-y_{hom}(x) \end{eqnarray}$ . Analog argumentiert man für y2. Wenn man dafür das x gegen unendlich schickt steht dann sowohl bei y1 als auch bei y2 nur noch $\begin{eqnarray} y_{inhom} \end{eqnarray}$ da und die Aufgabe ist gelöst ??? Kann man das so machen?
20.12.2016, 09:07	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Ja. Wobei mir der Zugang von IfindU in der Argumentation noch um eine Spur eleganter vorkommt - auf die Weise muss man gar nicht lange den Zusammenhang homogene/inhomogene Gleichung diskutieren, sondern kommt schnell zum Punkt.
20.12.2016, 09:25	HaarigerHarry	Auf diesen Beitrag antworten »
Danke euch für eure Hilfe
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