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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 19:01 Sa 02.08.2008 | | Autor: | dunno |
| Aufgabe | DGL y'' + y = 0
[mm] \lambda [/mm] 1,2 = [mm] \pm [/mm] i
In Ansatz e^ [mm] \lambda [/mm] x einsetzen = Acos(x) + Bsin(x) |
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Mir ist klar, dass die obige DGL die Lösung Acos(x) + Bsin(x) hat, und mir ist auch klar, dass man mit dem Ansatz y = e^ [mm] \lambda [/mm] auf die Lösung [mm] \pm [/mm] i kommt.
Wie komme ich aber auf Acos(x) + Bsin(x) wenn ich [mm] \lambda [/mm] = [mm] \pm [/mm] i in den Ansatz einsetze bzw wie muss ich [mm] \lambda [/mm] überhaupt einsetzen?
Wenn ich +i oder -i einzeln einsetze bekomme ich eifach cos(x) - isin(x) bzw cos(x) + isin(x) diese addiert ergibt ja einfach 2cos(x)
Vielen Dank
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> DGL y'' + y = 0
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> [mm]\lambda[/mm] 1,2 = [mm]\pm[/mm] i
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> In Ansatz [mm]e^{\lambda x}[/mm] einsetzen = Acos(x) + Bsin(x)
> Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen
> Internetseiten gestellt
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> Mir ist klar, dass die obige DGL die Lösung Acos(x) +
> Bsin(x) hat, und mir ist auch klar, dass man mit dem Ansatz
> [mm]y = e^{\lambda x}[/mm] auf die Lösung [mm]\lambda = \pm i[/mm] kommt.
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> Wie komme ich aber auf Acos(x) + Bsin(x) wenn ich [mm]\lambda[/mm] =
> [mm]\pm[/mm] i in den Ansatz einsetze bzw wie muss ich [mm]\lambda[/mm]
> überhaupt einsetzen?
Du hast nun also zwei komplexwertige Lösungen [mm] $e^{i x}$ [/mm] und [mm] $e^{-i x}$ [/mm] der DGL. Diese beiden Lösungen sind linear unabhängig und spannen deshalb den ganzen Lösungsraum dieser homogen-linearen DGL auf. D.h. jede spezielle Lösung (etwa die Lösung eines bestimmten Anfangswertproblems zu dieser DGL) ist eine Linearkombination [mm] $\alpha e^{i x}+\beta e^{-i x}$ [/mm] dieser beiden Lösungen. Nun kann man sich noch fragen, ob eine einfache Beziehung zwischen $A,B$ und [mm] $\alpha, \beta$ [/mm] besteht. Wenn Du zum Beispiel die beiden Ansätze für $x=0$ vergleichst, so erkennst Du, dass [mm] $\alpha+\beta=A$ [/mm] sein muss. Leite die beiden Ansätze nach $x$ ab und vergleiche wieder an der Stelle $x=0$. Dann erhältst Du, dass des weiteren [mm] $i(\alpha-\beta)=B$ [/mm] sein muss (Angaben ohne Gewähr: bitte nachrechnen).
Natürlich braucht man sich keine solche fixe Beziehung zwischen $A,B$ und [mm] $\alpha,\beta$ [/mm] zu merken: man löst einfach die beiden Gleichungen, die [mm] $\alpha$ [/mm] und [mm] $\beta$ [/mm] erfüllen müssen, damit [mm] $y(x)=\alpha e^{i x}+\beta e^{-i x}$ [/mm] das vorgegebene Anfangswertproblem löst.
> Wenn ich +i oder -i einzeln einsetze bekomme ich eifach
> cos(x) - isin(x) bzw cos(x) + isin(x) diese addiert ergibt
> ja einfach 2cos(x)
Ja, gut, dies ist einfach das Doppelte des Realteils. Du kannst die beiden komplexen Lösungen aber auch subtrahieren und durch $i$ dividieren, ergibt eine zweite reelle Lösung. D.h. Du kannst Deine beiden reellen Basislösungen [mm] $\cos(x)$ [/mm] und [mm] $\sin(x)$ [/mm] als Linearkombinationen der beiden komplexen Basislösungen [mm] $e^{i x}$ [/mm] und [mm] $e^{-i x}$ [/mm] erhalten. Jede Linearkombination von Lösungen einer homogen-linearen DGL ist ja wieder eine Lösung dieser DGL.
Fazit: Wesentlich ist nur, dass Du zwei linear unabhängige Lösungen dieser homogen-linearen Dgl hast: so kannst Du dann die Anfangsbedingungen ins Spiel bringen, um die eindeutige Lösung des Anfangswertproblems (und damit Deine Konstanten $A$ und $B$ in der Lösung [mm] $A\cos(x)+B\sin(x)$) [/mm] zu bestimmen.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:36 Sa 02.08.2008 | | Autor: | dunno |
Danke vielmals für die schnelle, ausführliche und hilfreiche Antwort! Jetzt ist mir einiges klarer geworden!
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