Jeg ved simpelhen ikke hvordan jeg skal få slået hul på dette bevis:

Hvis karakterpolynomiats diskriminant D=a^2 - 4b er positiv, har karakterligningen to forskellige rødder p og q.
Funktionen y=c1 * e^px+c2 * e^qx er den fuldstændige løsning til den homogene differentialligning af 2.orden.

Bevis dette vha. Sætning 7, fortegnet for Wrongski-determinanten og sætning 3:

Sætning 7:
Funktionen y=e^Rx er en løsning til y´´+a * y´+b * y = 0, hvis og kun hvis R er en rod i karakterpolynomiet

Sætning 3:
Hvis u og v er to lineært uafhængige løsninger til den homogene ligning af 2. orden, så er den fuldstændige løsning til ligning givet ved y=p * u(x) + q * v(x), hvor p,q er reele tal.

Er der nogen matematikere der kan hjælpe mig med at komme igang? Jeg synes det er meget uoverskueligt.

Jeg er ikke helt sikker på hvad karakterpolynomiet og karakterligningen er.

Men for mig at se er opgaven vel bare at kombinere sætningerne?
Du har skrevet at der er 2 forskellige løsninger p og q til karakterpolynomiet (da D er positiv). Sætning 7 siger så at y=e^px og y=e^qx begge er løsninger til din differentialligning. Så er det vel bare at vise at de er lineært uafhængige så du kan benytte sætning 3 som siger at så er den fuldstændige løsning bare en linearkombination af de 2 løsninger.

Så det eneste der rent faktisk er at vise hvis jeg forstår opgaven rigtig er at y=e^px og y=e^qx er to lineært uafhængige løsninger.

Måden som jeg ville vise at de to løsninger er lineært afhængig er på følgende måde. Det kan godt være der findes en mere smart måde at gøre det på men det er hvad jeg lige kan komme på nu her.

Antag for modstrid at de 2 løsninger er lineært afhængige:
Hvis de 2 løsninger er lineært afhængige må den ene være en skalar gange den anden for alle x.
Så e^px = a * e^qx

Men så er a positiv og
px = log(a) + qx
dvs. log(a) + x(q-p) = 0
Dette giver at log(a) = 0 (en måde at se det på er at det skal gælde for alle x så specielt for x=0)
hvilket vil sige a = 1. Men e^px er ikke lig med e^qx hvis p og q er forskellige. Dette giver en modstrid. Dermed er de 2 løsninger lineært uafhængige.

Hvad studerer du siden du har om differential-ligninger?

Jeg går i gymnasiet og har valgt matematik på A niveau hvilke jeg begynder at fortryde noget så grusomt i øjeblikket.

Hvad mener du med skalar gange alle x?

Wow jeg troede ikke ligefrem man havde om lineær uafhængighed i gymnasiet. Kan heller ikke rigtig huske jeg havde særlig meget om differential-ligninger i gymnasiet egentlig.

Der er muligvis en sætning eller noget i din bog der siger noget om det så. Eller hvordan har i fået lineær uafhængighed defineret?

Det jeg skriver i min anden post er hvordan jeg ville vise lineær uafhængighed efter at have haft lineær algebra eller calculus eller lignende på uni. Det kommer nok an på hvordan i har fået det defineret hvad i skal gøre.

Vi havde et AT forløb om Matematik og Fysik og vi fik de er papirer udleveret, jeg har aldrig haft om lineær uafhængig før. Der er heller ikke mange i min klasse der fatter hat af det.

Damn, jeg er glad for jeg aflivede det fag på B

y´´+a * y´+b * y = 0

Omskrives til det karakteristiske polynomium

r^2+a * r+b = 0
Løser ligningen. Hvis determinanten er negativ er der tale om komplekse rødder, som her ikke se ud til at være interessant. Hvis den er 0 er der tale om en dobbelt rod, og hvis positiv da findes to forskellige rødder, p og q.

Dermed er der, i følge sætning 7, tale om to forskellige løsninger: y_1=e^(q*x) og y_2=e^(p*x)

Da p og q er forskellig og er indeholdt i eksponentialfunktionen, kan vi ikke gange den ene løsning med en skalar(et eller andet tal) for at få den anden. Dermed er de to ligninger lineært uafhængige.

I følge sætning 3 kan vi da skrive den fuldstændige løsning som
c1*y_1+c2*y_2=c1*e^(q*x)+c2*e^(p*x)
Har her skrevet c1 og c2, da jeg ikke er sikker på om det p og q du nævner i sætning 3 nødvendigvis er det samme som det du har i eksponentialfunktionen i det udtryk du skal bevise. Men hvis det er så er c1=q og c2=p.

Tja jeg tror ikke rigtig jeg kan hjælpe mere end at sige at det du skal er at vise lineær uafhængighed af de to løsninger y=e^px og y=e^qx.

Det kommer så an på hvordan i har defineret lineær uafhængighed. Den almindelige definition for at 2 vektorer u og v er lineært afhængige er at den ene er en skalar (et tal) gange den anden. Dvs. hvis der findes et tal a så u = a * v
De er så lineært uafhængige hvis dette ikke er tilfældet.

I det her tilfælde skal man så hvis det er denne definition der bruges vise at der IKKE findes noget tal a så e^qx = a * e^px givet at p og q er forskellige.

Dette ville jeg vise ved at prøve at antage at der findes sådan et tal a og så vise at så må a være lig med 1 hvis dette passer. Men man kan tydeligt se at e^qx ikke er lig med e^px hvis p og q er forskellige.

F.eks. for x=1 står der det ene sted e^q og det andet sted e^p som ikke er det samme tal.

Blev det mere forståeligt af det?

Har her skrevet c1 og c2, da jeg ikke er sikker på om det p og q du nævner i sætning 3 nødvendigvis er det samme som det du har i eksponentialfunktionen i det udtryk du skal bevise. Men hvis det er så er c1=q og c2=p.

Det er ikke de samme p og q. I sætning 3 skal det bare være tilfældige reelle tal. p og q var de 2 specifikke løsninger til det karakteristiske polynomium.

Længere bevis for at de ikke er lineær afhængige.

Hvis de var lineært afhængige kunne vi skrive, når der kun er to løsninger at se på,

e^(p*y)=x*e^(q*y)
hvor x er en skalar(et tal).

Tager nu logaritmen på begge sider

p*y=log(x*e^(q*y))=log(x)+q*y
(her er udnyttet at log(a*b)=log(a)+log(b))

kalder log(x) for w og får

p*y=w+q*y

Tager punktet y_1(indsætter y_1 på y's plads og isolere y_1) og finder
y_1=w/(p-q)

Tager nu punktet y_2 som er forskelligt fra y_1 og finder

y_2=w/(p-q)=y_1

da y_2 og y_1 er forskellige kan de ikke være lig hinanden og vi har altså en selvmodsigelse. Ligningen skal jo gælde for alle y og ikke kun en enkelt værdi.

Vores antagelse om at de er lineært afhængige er da forkert og vi kan dermed bruge sætning 3.

Tryk "synes godt om" hvis du, ligesom mig fatter brik af denne tråd

ThirtyEight skrev:Tryk "synes godt om" hvis du, ligesom mig fatter brik af denne tråd

Synes godt om.. hahaha