DGL + D=0 < gewöhnliche < Differentialgl. < Analysis < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 18:55 Mi 14.09.2005 | | Autor: | detlef |
hallo,
wie gehe ich denn vor, wenn die Determinante Null ist, wie bekomme ich dann zwei unabhängige lösungen?
z.b. bei y''-8y'+16y=0
Ansatz: e^(k*x)
dann kommt als lösung k = 4 heraus, also y1,2=e^(4x) und wie gehts dann weiter?
detlef
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 18:59 Mi 14.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Detlef!
In diesem Fall sind [mm] $f_1(x)=e^{4x}$ [/mm] und [mm] $f_2(x)=xe^{4x}$ [/mm] zwei linear unabhängige Lösungen.
Probiere es doch mal aus! 
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 19:47 Mi 14.09.2005 | | Autor: | detlef |
ja es stimmt, aber wie kommst du auf die lösungen?
detlef
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 10:19 Do 15.09.2005 | | Autor: | mazi |
Hallo Detlef!
Die Lösung der DGL und wie man drauf kommt steht einen Ast tiefer.
Bin neu hier im Forum, und hab mich leider noch nicht ausgekannt.
Maria
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:26 Do 15.09.2005 | | Autor: | mazi |
Hallo Detlef!
Du bekommst zwei linear unabhängige Lösungen, wenn du die Regeln der DGL dieses Typs beachtest:
Wenn du eine mehrfache Lösung hast, in deinem Fall 4, musst du folgendermaßen vorgehen:
die erste Lösung ist die schon von dir genannte:
e^(4*x)
die zweite Lösung geht folgendermaßen:
x* e^(4*x)
wenn du eine dreifache Nullstelle hättest, wäre die dritte Lösung:
[mm] x^{2} [/mm] * e^(4*x)
und so weiter....
Maria
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:31 Do 15.09.2005 | | Autor: | detlef |
oaky, das ist jetzt auch klar!
gibt es auch lösungen bei DGL's wenn D<0 ist?
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:56 Do 15.09.2005 | | Autor: | mazi |
Hallo Detlef!
Natürlich gibt es auch Lösungen, wenn D<0 ist, nur wirds da ein kleines bißchen komplizierter.
Wenn D<0 hast du zwei verschiedene Lösungen, die du als komplexe Zahlen (also mit i vor der Wurzel) schreibst: die Lösungen sind dann also a + i*b und a - i*b
Deine erste Lösung ist dann [mm] e^{a*x} [/mm] * cos(b*x)
deine zweite Lösung ist [mm] e^{a*x} [/mm] * sin(b*x).
(Diese beiden Lösungen entsprechen dann a + i*b und a - i*b, du hast also bei zwei komplexen Lösungen von D zwei Lösungen.)
Wenn du noch weitere Fragen hast, oder dir meine Lösung zu konfus war, frag einfach weiter!
Maria
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:32 Do 15.09.2005 | | Autor: | detlef |
wo bleibt denn da i bei den lösungen?
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 14:36 Do 15.09.2005 | | Autor: | mazi |
Das i fällt weg, aber dafür bekommst du ja cos und sin.
Das hat was mit den verschiedenen Darstellungsformen komplexer Zahlen zu tun, aber da ich neusprachlichen Zweig hatte und in der Uni dieses Thema leider als selbstverständlich behandelt wurde, kann ich dir die Hintergründe leider nicht erklären.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:40 Do 15.09.2005 | | Autor: | detlef |
okay dnake, vielleicht kann sich da jemand anderes noch zu äußern?!
detlef
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Hallo!
Wenn deine DGL reelle Koeffizienten hat, so treten komplexe Nullstellen stets komplex konjugiert auf.
Das bedeutet, dass wenn $a+ib$ Nullstelle ist, auch $a-ib$ eine Nullstelle ist.
Deine Lösungen sind dann [mm] $e^{(a+ib)t}$ [/mm] und [mm] $e^{(a-ib)t}$. [/mm] Insbesondere ist aber auch jede Linearkombination Lösung: [mm] $\bruch [/mm] 12 [mm] e^{(a+ib)t}+\bruch [/mm] 12 [mm] e^{(a-ib)t}=e^a*\bruch 12\left(e^{ib}+e^{-ib}\right)=e^a*\cos(b)$.
[/mm]
Ebenso gilt: [mm] $\bruch [/mm] 1{2i} [mm] e^{(a+ib)t}-\bruch [/mm] 1{2i} [mm] e^{(a-ib)t}=e^a*\bruch 1{2i}\left(e^{ib}-e^{-ib}\right)=e^a*\sin(b)$.
[/mm]
Das sind jetzt wieder zwei linear unabhängige Lösungen.
Beantwortet das deine Frage?
Gruß, banachella
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:18 Do 15.09.2005 | | Autor: | detlef |
hmm wie kommt man denn von dem i zu sin und cos?
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:29 Do 15.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo!
Es gilt:
[mm] $e^{ib} [/mm] = [mm] \cos(b) [/mm] + [mm] i\sin(b)$,
[/mm]
Viele Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 18:10 Do 15.09.2005 | | Autor: | detlef |
[mm] e^a\cdot{}\bruch 1{2i}\left(e^{ib}-e^{-ib}\right)=e^a\cdot{}\sin(b) [/mm] $
diese zeile ist mir nicht klar, wie es nach dem bruch zu sinus kommt...
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:34 Fr 16.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Detlef!
> [mm]e^a\cdot{}\bruch 1{2i}\left(e^{ib}-e^{-ib}\right)=e^a\cdot{}\sin(b)[/mm]
> $
>
> diese zeile ist mir nicht klar, wie es nach dem bruch zu
> sinus kommt...
Das ist mir schon klar, daher habe ich dir ja die Formel genannt.
Also, noch einmal:
[mm] $e^a \cdot \frac{1}{2i} \left( e^{ib} - e^{-ib} \right)$
[/mm]
$= [mm] e^a \cdot \frac{1}{2i} \left( \cos(b) + i\sinb(b) - (\cos(b) + i\sin(-b) \right)$
[/mm]
[mm] $=e^a \cdot \frac{1}{2i} \left( \cos(b) + i\sinb(b) - (\cos(b) - i\sin(b) \right)$
[/mm]
[mm] $=e^a \cdot \frac{1}{2i} \left( \cos(b) + i\sinb(b) - \cos(b) + i\sin(b) \right)$
[/mm]
[mm] $=e^a \cdot \frac{1}{2i} \cdot [/mm] 2i [mm] \sin(b)$
[/mm]
[mm] $=e^a \cdot \sin(b)$.
[/mm]
Viele Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:19 Fr 16.09.2005 | | Autor: | detlef |
danke,
aber wo kommen eigentlich die 1/2i her?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 20:22 Fr 16.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Detlef!
Banachella hat hier aus den zwei komplexen Lösungen zwei reelle gemacht, und zwar mit dem folgenden "Trick":
[mm] $\frac{z + \bar{z}}{2} [/mm] = Re(z)$
[mm] $\frac{z-\bar{z}}{2i} [/mm] = Im(z)$.
Viele Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:55 So 18.09.2005 | | Autor: | detlef |
wieso ist ds so definiert? (z+z')/2 = re(z)
weshalb?
detlef
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:59 So 18.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Hallo Detlef!
Es ist nicht so definiert, es ergibt sich:
[mm] $\frac{1}{2} \cdot [/mm] (z + [mm] \bar{z}) [/mm] = [mm] \frac{1}{2} \cdot [/mm] (Re(z) + i Im(z) + Re(z) - i Im(z)) = [mm] \frac{1}{2} \cdot [/mm] 2Re(z) = Re(z)$.
So, jetzt sollte es aber doch klar sein.
Viele Grüße
Stefan
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 13:43 So 18.09.2005 | | Autor: | detlef |
super, vielen dank!
detlef
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