Notwendige und hinreichende Bedingung

20.12.2016, 16:25

masterBroesel

Hallo Leute. Ich bins mal wieder.

Wir sollen eine notwendige und eine hinreichende Bedingung für p und q (in R) finden, sodass sämtliche Lösungen der DGL

$\begin{eqnarray*} y'' +py' + qy = 0 \end{eqnarray*}$ auf R beschränkt sind.

Die Lösungen der DGL in allgemeiner Form erhält man durch aufstellen der charakteristischen Gleichung, lösen mit der Mitternachtsformel, etc...

Ich komme dann auf folgende allgemeine Lösung:

$\begin{eqnarray*} y(x) = c_1*e^{\gamma_1} + c_2*e^{\gamma_2} \end{eqnarray*}$

mit
$\begin{eqnarray*} \gamma_{1/2} = \frac{-p\pm\sqrt{p²-4q}}{2} \end{eqnarray*}$ .

Soweit ist mir alles klar. Die hinreichende Bedingung ist auch relativ einfach - man setzt einfach $\begin{eqnarray*} p = q = 0 \end{eqnarray*}$ und erhält $\begin{eqnarray*} y(x) = c_1 + c_2 = const. \end{eqnarray*}$ , was die Beschränktheit natürlich erfüllt.

Wie aber soll ich die notwendige Bedingung erfüllen?
Def. der Notwendigkeit: Die Bedingung MUSS erfüllt sein, wenn das Ereignis eintritt. Anders herum kann man sicher sagen, dass, wenn das Ereignis eingetreten ist, die Bedingung erfüllt war.

Und für die Beschränktheit bei einer Funktion wie e^x MUSS doch der Exponent konstant sein? Also ist meine hinreichende Bedingung gleich meiner notwendigen??

Habe dann weiter überlegt, wenn ich den Ausdruck für $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ so darstellen kann, dass sich $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ ergibt, dann kürzt sich der Exponent zu 1 weg. Sollte also auch beschränkt sein.

Das kann man tatsächlich machen, wenn man $\begin{eqnarray*} p = q = -\frac{1}{x(x+1)} \end{eqnarray*}$ setzt ergibt sich nach einiger Rechnerei sowohl für gamma1 als auch für gamma2 der Wert $\begin{eqnarray*} \frac{1}{x} \end{eqnarray*}$ .

Bin ich jetzt fertig?? Ist das wirklich die notwendige Bedingung, dass p und q gleich dem Bruch oben sein müssen? Zweifle da im Moment ein bisschen an mir selber...

Lg
masterBroesel

Außerdem habe ich mich gerade gefragt ob p und q tatsächlich von x abhängen können. Normalerweise sollte dann doch p(x) und q(x) da stehen, unser Prof ist da aber teilweise etwas nachlässig.... :P

Zwei Beiträge zusammengefasst. Steffen

21.12.2016, 11:32

IfindU

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Ich tippe $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ sind einfach reelle Zahlen. Ansonsten wird die Aussage niemals ohne viele Annahmen an $\begin{eqnarray*} p.q \end{eqnarray*}$ richtig sein können.

Die hinreichende Bedingung sollte auch notwendig sein. In allen anderen Fällen ist $\begin{eqnarray*} \gamma_1 \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \gamma_2 \end{eqnarray*}$ verschieden von 0, und damit mit der Wahl $\begin{eqnarray*} c_1 = c_2 = 1 \end{eqnarray*}$ existiert eine unbeschränkte Lösung.

Was du später mit $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ als Funktion gemacht hast, schiebe ich auf Ideenarmut, denn: hängt $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ von $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ab, so löst dein Ansatz (modulo die fehlenden $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ in den Exponentialfunktionen) nicht mehr die Differentialgleichung. Dann nimmst du ein $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ welches nicht einmal auf ganz $\begin{eqnarray*} \mathbb R \end{eqnarray*}$ definiert ist und es geht dann munter weiter.

21.12.2016, 14:32

masterBroesel

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Hallo IfindU,

danke dir für deine Antwort - mit der "Ideenarmut" hattest du tatsächlich recht Augenzwinkern

Deine Argumentation macht natürlich Sinn, dass der Ansatz die DGL erfüllen muss hatte ich völlig außer acht gelassen. Mich hat nur irritiert, dass in der Aufgabenstellung explizit nach einer hinreichenden UND notwendigen Bedingung gefragt war, aber vielleicht ist das auch nur ein Verwirrspiel unseres Lehrstuhls !

Freut mich auf jedenfall, dass ich mit meinen ganzen Überlegungen doch nicht komplett auf dem Holzweg war!

Schöne Feiertage!
masterBroesel

21.12.2016, 14:40

IfindU

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Entschuldige, folgender Denkfehler:

Dein Ansatz stimmt nur wenn $\begin{eqnarray*} \gamma_1 \neq \gamma_2 \end{eqnarray*}$ ! Ansonsten ist der Ansatz $\begin{eqnarray*} c_1 e^{\gamma_1 x} + c_2 xe^{\gamma_1 x} \end{eqnarray*}$ .

D.h. der Fall muss noch gesondert untersucht werden. Insbesondere führt $\begin{eqnarray*} p = q = 0 \end{eqnarray*}$ genau zu diesem Fall.

Edit: Muss gerade weg, aber mir scheint es immer unbeschränkte Lösungen zu geben.

04.01.2017, 09:59

masterBroesel

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Hallo allerseits,

frohes neues Jahr erstmal! Nach längerer Inaktivität (Denkpause...? Augenzwinkern

) wieder ein Beitrag meinerseits.

Danke dir, IfindU, für den Tipp - du hast natürlich recht was den Denkfehler betrifft. Dummer Fehler meinerseits :P

Mit dem Tipp konnte ich mir über die Weihnachtsferien des Rätsels Lösung erschließen, so meine ich zumindest !

Folgendes Vorgehen:

Wenn gilt: $\begin{eqnarray*} \: \gamma_1 \neq \gamma_2 \: \end{eqnarray*}$ dann sieht der Ansatz zur allg. Lsg, wie eingangs schon erwähnt, folgendermaßen aus:

$\begin{eqnarray*} y(x) = c_1e^{\gamma_1x} + c_2e^{\gamma_2x} \end{eqnarray*}$

Diese Lösung ist unbeschränkt für alle $\begin{eqnarray*} \gamma_1 \: \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \gamma_2 \neq 0 \end{eqnarray*}$

Wie du völlig richtig erwähnt hast sieht die Lösung für $\begin{eqnarray*} \gamma_1 = \gamma_2 \end{eqnarray*}$ allerdings folgendermaßen aus:

$\begin{eqnarray*} y(x) = c_1e^{\gamma_1x} + c_2xe^{\gamma_2x} \end{eqnarray*}$

Diese Lösung ist beschränkt, sie lässt sich (z.B. (o.B.d.A.) für $\begin{eqnarray*} c_1 = c_2 = \gamma_1 = \gamma_2 = 1 \: \end{eqnarray*}$ ) immer darstellen als $\begin{eqnarray*} y(x) = e^x + xe^x = e^x (x+1) \end{eqnarray*}$ , was z.B. durch $\begin{eqnarray*} e^x(x+2) \end{eqnarray*}$ beschränkt ist.

Die notwendige Bedingung, die IMMER erfüllt sein muss, wenn Beschränktheit vorliegen soll, ist also ganz einfach $\begin{eqnarray*} \gamma_1 = \gamma_2 \end{eqnarray*}$ , was für p und q die Bedingung liefert:
$\begin{eqnarray*} \sqrt{p^2 - 4q} = 0 \: \Rightarrow \: p = \pm \sqrt{4q} \end{eqnarray*}$

Als hinreichende Bedingung kann jetzt einfach ein Spezialfall der notwendigen Bedingung verwendet werden, zum Beispiel, wie anfangs gehabt, $\begin{eqnarray*} p = q = 0 \end{eqnarray*}$ .

Ich hoffe, das ist einigermaßen nachvollziehbar und v.a. richtig!
Liebe Grüße

masterBroesel

04.01.2017, 11:30

IfindU

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Zitat:

Original von masterBroesel
Diese Lösung ist beschränkt, sie lässt sich (z.B. (o.B.d.A.) für $\begin{eqnarray*} c_1 = c_2 = \gamma_1 = \gamma_2 = 1 \: \end{eqnarray*}$ ) immer darstellen als $\begin{eqnarray*} y(x) = e^x + xe^x = e^x (x+1) \end{eqnarray*}$ , was z.B. durch $\begin{eqnarray*} e^x(x+2) \end{eqnarray*}$ beschränkt ist.

Ich verstehe da absolut nicht was du machst. Die angegebene Funktion ist unbeschränkt in dem Sinne, dass $\begin{eqnarray*} y(x) \to \infty \end{eqnarray*}$ falls $\begin{eqnarray*} x \to \infty \end{eqnarray*}$ . Zwar stimmt die Abschätzung, aber Beschränkheit heißt nicht "Es gibt noch eine größere Funktion."

Dementsprechend kann für jedes $\begin{eqnarray*} \gamma_1 = \gamma_2 \end{eqnarray*}$ ein ähnliches unbeschraenktes $\begin{eqnarray*} y \end{eqnarray*}$ konstruieren.

04.01.2017, 11:42

masterBroesel

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Zitat:

Beschränkheit heißt nicht "Es gibt noch eine größere Funktion."

Stimmt. Aber dann sind wir ja wieder am Anfang - keine Funktion e^x, deren Exponent nicht null ist, ist beschränkt!

Wie soll die Aufgabe denn dann zu lösen sein?! Es kann doch nur über $\begin{eqnarray*} \gamma_1 = \gamma_2 = 0 \end{eqnarray*}$ gehen? Dann müssen p und q 0 sein und es gibt wieder keine hinreichende Bedingung ?

04.01.2017, 11:57

IfindU

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Für mich sieht es wie vorher angedeutet so aus als ob es einfach immer unbeschränkte Lösungen gibt. Es gibt mit $\begin{eqnarray*} y= 0 \end{eqnarray*}$ auch immer eine beschränkte Lösung.

Den Sinn der Formulierung der Aussage verstehe ich daher auch nicht. Mir wäre wohler wenn da stände "Es gibt für alle p,q eine unbeschränkte Lösung."

Ich bin aber zu 80% sicher, dass ich nicht vollkommen Stuss erzähle, weil noch kein MatheBoard-Senior zum Verbessern aufgetaucht ist Big Laugh

04.01.2017, 12:16

Chrisi_K

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Es gibt sehr wohl p und q, so dass nur beschränkte Lösungen exisiteren.
Es sollte mal der Fall angeschaut werden, wenn $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ komplex ist.

04.01.2017, 12:23

IfindU

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Danke Chrisi. Jetzt bin ich froh nur 80% gesagt zu haben Big Laugh

04.01.2017, 15:27

masterBroesel

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Danke ihr beiden,

schlagt mich wenn's immer noch falsch ist, aber ich glaube, jetzt ist der Groschen gefallen Augenzwinkern

Wenn die Wurzel negativ ist, gilt $\begin{eqnarray*} p² < 4q \end{eqnarray*}$ . Somit gelangt man ins Komplexe.

$\begin{eqnarray*} \gamma_{1/2} \end{eqnarray*}$ ergeben sich dann zu

$\begin{eqnarray*} \gamma_1 = \frac{-p}{2} + \sqrt{q-0.25p²} \: und \: \gamma_2 = \frac{-p}{2} - \sqrt{q- 0.25p²} \end{eqnarray*}$

, was auf

$\begin{eqnarray*} y_1(x) = e^{-0.5px}cos(\sqrt{q-0.25p²} * x) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} y_2(x) = e^{-0.5px}sin(\sqrt{q-0.25p²} * x) \end{eqnarray*}$ führt.

Da Cosinus und Sinus beschränkt sind, "stört" quasi nur die e-Funktion. Die wird aber zu 1, falls der Exponent null wird. Und jetzt kann man auch endlich eine notwendige Bedingung angeben:

$\begin{eqnarray*} p = 0 \: und \: q \in \mathbb{R}_{+} \end{eqnarray*}$

Die hinreichende Bedingung ergibt sich, indem man für q irgendeine positive Zahl aussucht.

Danke für eure Hilfe !! Willkommen

04.01.2017, 17:31

IfindU

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Ich habe es nicht genau nachgerechnet, aber sieht überzeugend aus Freude

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Notwendige und hinreichende Bedingung

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