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| Autor |
  Beweis von Satz über Lösbarkeit von inhomogener Gleichung ohne Resonanz |
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X3nion
Aktiv 
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 1053
 |  Themenstart: 2018-02-28
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Hallo zusammen!
Ich verstehe eine Kleinigkeit beim Beweis des folgenden Lösungssatzes einer inhomogenen Gleichung ohne Resonanz (also $P(\mu) \not= 0$).
Satz Sei $P(T) = T^{n} + a_{n-1}T^{n-1} + ... + a_{1}T + a_{0} \in \IC[T]$ ein Polynom und $\mu \in \IC$ eine Zahl mit $P(\mu) \not= 0$. Dann gilt
a) Die Differentialgleichung
$P(D)y = e^{\mu x}$
besitzt die spezielle Llösung
$ \phi(x) = \frac{1}{P(\mu)}e^{\mu x} $
b) Ist allgemeiner $f: \IR \to \IC$ ein Polynom vom Grad m mit komplexen Koeffizienten, so besitzt die DGL
$P(D)y = f(x) e^{\mu x}$
eine spezielle Lösung der Gestalt
$\psi(x) = g(x) e^{\mu x}$,
wobei g ein Polynom vom Grad m ist.
Beweis
a) Ist für mich klar.
b) Wir beweisen die Behauptung durch vollständige Induktion nach m
Induktionsanfang m = 0. Dann ist f eine Konstante, die Behauptung folgt also aus Teil a)
Induktionsschritt (m-1) $\to m$. Nach einem vorherigen Hilfssatz ist
$P(D)(x^{m}e^{\mu x}) = f_{0}(x)e^{\mu x}$ mit einem Polynom $f_{0}$ vom Grad m. Es gibt deshalb eine Konstante $c \in \IC$, so dass
$f_{1}(x) := f(x) - c f_{0}(x)$
ein Polynom vom Grad $\le m-1$ ist. Nach Induktions-Voraussetzung gibt es deshalb ein Polynom $g_{1}$ vom Grad $\le m-1$ mit
$P(D)(g_{1}(x)e^{\mu x}) = f_{1}(x)$.
Mit $g(x) := cx^{m} + g_{1}(x)$ gilt dann
$P(D)(g(x)e^{\mu x}) = f(x) e^{\mu x}$
q.e.d.
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Nun zu meiner Frage:
Mir ist der Schritt $f_{1}(x) := f(x) - c f_{0}(x)$ klar, hier entsteht durch geeignete Wahl von c ein Polynom vom Grad $\le m-1$.
Was ich nun nicht verstehe: Wieso gilt für $g(x) := cx^{m} + g_{1}(x)$ dann
$P(D)(g(x)e^{\mu x}) = f(x) e^{\mu x}$ ?
Wie immer bin ich euch für jede Antwort sehr dankbar!
Viele Grüße,
X3nion
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Kornkreis
Senior 
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
 | Beitrag No.1, eingetragen 2018-02-28
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Hi,
\quoteon Was ich nun nicht verstehe: Wieso gilt für $g(x) := cx^{m} + g_{1}(x)$ dann
$P(D)(g(x)e^{\mu x}) = f(x) e^{\mu x}$ ?
\quoteoff
setze doch mal $g(x)$ hier ein und nutze die Linearität des Operators $P(D)$ aus.
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X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 1053
| Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-01
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Hallo Kornkreis und Danke für den Tipp!
Es gilt
$P(D)(g(x)e^{\mu x}) = P(D)((cx^{m} + g_{1}(x))e^{\mu x}) = P(D)(cx^{m}e^{\mu x}) + P(D)(g_{1}(x)*e^{\mu x}) $
Zusammen mit $P(D)(x^{m}e^{\mu x}) = f_{0}(x)e^{\mu x}$ und der Induktions-Voraussetzung ergibt sich:
$P(D)(cx^{m}e^{\mu x}) + P(D)(g_{1}(x)*e^{\mu x}) = cf_{0}(x)e^{\mu x} + f_{1}(x)e^{\mu x}$ wie behauptet.
Ist das so korrekt?
Würde mich freuen, wenn kurz drüberschauen könntet :-)
Viele Grüße,
X3nion
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Kornkreis
Senior
Dabei seit: 02.01.2012
Mitteilungen: 903
Wohnort: Chemnitz
| Beitrag No.3, eingetragen 2018-03-01
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Jap, das stimmt so. Aber konsequenterweise würde ich dann auch explizit hinschreiben, dass man auch die andere Eigenschaft der Linearität ausnutzen musste (Skalare lassen sich rausziehen):
$P(D)((cx^{m} + g_{1}(x))e^{\mu x}) = P(D)(cx^{m}e^{\mu x}) + P(D)(g_{1}(x)*e^{\mu x})= cP(D)(x^{m}e^{\mu x}) + P(D)(g_{1}(x)*e^{\mu x})$
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X3nion
Aktiv
Dabei seit: 17.04.2014
Mitteilungen: 1053
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2018-03-03
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Hallo Kornkreis,
okay dann weiß ich Bescheid, ich danke dir für deine Hilfe!
Viele Grüße,
X3nion
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X3nion hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
X3nion hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt. |
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