| Autor |
  Lineare homogene DGL |
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Mathix
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 16.03.2015
Mitteilungen: 166
 |  Themenstart: 2015-05-18
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Hallo,
man gebe vier linear unabhängige Lösungen von
y'''' + y''' + y'' + y' = 0
an.
Ich bin noch relativ am Anfang was DGL betrifft, aber kann ich dieses Problem einfach mit dem Ansatz $y(x)=e^{\lambda*x)$
lösen?
Also Ansatz einsetzten und dann die $\lambda$ bestimmen?
Da die Koeffizienten alle 1 sind haben wir hier:
$\lambda^4+\lambda^3+\lambda^2+\lambda^=0$ zu lösen. -Oder?
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Mathedonut
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 16.02.2015
Mitteilungen: 245
| Beitrag No.1, eingetragen 2015-05-18
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\quoteon(2015-05-18 23:11 - Mathix im Themenstart)
Oder?
\quoteoff
Ja :)
Viele Grüße
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grosserloewe
Senior
Dabei seit: 29.12.2012
Mitteilungen: 249
Wohnort: Thueringen
|  Beitrag No.2, eingetragen 2015-05-18
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Hallo,
ja , das stimmt.
Dann faktorisiert Du und erhälst:
k(k+1)(k^2+1)=0
und erhälst 2 reelle und 2 komplexe Lösungen.
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
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Mathix
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 16.03.2015
Mitteilungen: 166
| Beitrag No.3, vom Themenstarter, eingetragen 2015-05-18
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Danke, dann ist also
y(x)=c_1*e^(0*x)+c_2*e^(-x)+c_3*e^(+-i)
Was mache ich aber mit der komplexen Lösung? Ich soll ja 4 linear unabhängige Lösungen angeben.
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Ex_Senior
| Beitrag No.4, eingetragen 2015-05-19
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Hallo Mathix
Schau dir mal diesen MP-Artikel an:
hier
Direkt Abschnitt 4 Beispiel Nr. 1
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Mathix
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 16.03.2015
Mitteilungen: 166
| Beitrag No.5, vom Themenstarter, eingetragen 2015-05-19
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Leider verstehe ich nicht wie der Verfasser auf die reelle Lösung kommt.
Nach Euler gilt ja e^(i*\phi)=cos(\phi)*isin(\phi)
, da kann doch in der Lösung kein Sinus vorkommen, da es sich ja um den Imainärteil handelt?
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Ex_Senior
| Beitrag No.6, eingetragen 2015-05-19
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Man muss berücksichtgen das zwei unabhängig frei wählbare unbestimmte Koeffizienten in deiner Aufgabe auftreten (wegen der zwei zueinander konjugiert-komplexen NS) plus weiterer zwei wegen den beiden reellen NS.
\
Nur die Lsg. wegen der zwei zueinander konjugiert\-komplexen NS betrachtet:
\ll(1)C_1*e^((a+b*i)*x)=C_1*e^(a*x)*e^(i*b*x)=
C_1*e^(a*x)*(cos(b*x)+i*sin(b*x))
und
\ll(2)C_2*e^((a-b*i)*x)=C_2*e^(a*x)*e^(-i*b*x)=
C_2*e^(a*x)*(cos(-b*x)+i*sin(-b*x))
Da die cos\-Funktion achsensymmetrisch
und die sin\-Funktion punktsymmetrisch kann ref(2) auch so notiert werden:
\ll(2')C_2*e^((a-b*i)*x)=C_2*e^(a*x)*(cos(b*x)-i*sin(b*x))
Addition von ref(1) und ref(2'):
C_1*e^(a*x)*(cos(b*x)+i*sin(b*x))+
C_2*e^(a*x)*(cos(b*x)-i*sin(b*x)), bzw.
\ll(4)e^(a*x)*(C_1*(cos(b*x)+i*sin(b*x))+C_2*(cos(b*x)-i*sin(b*x))
Da aber schon durch die Linearkombination der Terme cos(b*x) und sin(b*x) der ganze komplexen Lösungsraum aufgespannt wird, bzw. wenn nur reellwertige Lösungen interessieren \(nur der reelle Lösungsraum\), werden nur Vorfaktoren \el \IR betrachtet, sodass ref(4) dann auch so geschrieben werden kann:
\ll(4')(C_1+C_2)*e^(a*x)*(cos(b*x)+sin(b*x))
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Mathedonut
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 16.02.2015
Mitteilungen: 245
| Beitrag No.7, eingetragen 2015-05-19
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Hallo Mathix,
fermat63 hat es ja schon sehr gut erklärt, wie komplexe und reelle Lösungen zusammenhängen.
Vielleicht hilft dir zum Verständnis auch dieser Artikel, der die Berechnung an einem Beispiel vorführt.
Viele Grüße
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Mathix
Ehemals Aktiv
Dabei seit: 16.03.2015
Mitteilungen: 166
| Beitrag No.8, vom Themenstarter, eingetragen 2015-05-29
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@mathedonut: Vielen Dank, der Artikel hat mir sehr geholfen!
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2023-09-30 16:09 U
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