Lineare Differentialgleichung 6. Ordnung

Aufrufe: 86     Aktiv: 04.07.2022 um 01:05

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Meine Frage bezieht sich auf folgende Aufgabe:



Ich weiß ehrlich gesagt nicht was ich hiermit machen kann.. Nullstellen raten des charakteristischen Polynoms für Polynomdivision? Mit dem Newtonschen Näherungsverfahren komme ich auf keine Lösung. Gibt es hier ein geschicktes Mittel, um diese DGL zu vereinfachen? Zumindest die Nullstellen mit einem Programm zu lösen scheint mir unausweichlich..

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Student, Punkte: 60

 
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1 Antwort
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Deine Analyse ist so ganz falsch nicht, aber man kommt mit dem Polynom schon klar.
1. Wenn Du es plottest, siehst Du: Es hat keine Nullstellen. D.h. keine reellen. Das erklärt schonmal, dass Du mit dem Newton-Verfahren mit reellen Startwerten nicht weiter kommst.
2. Es hat also 6 komplexe, nicht reelle, Nullstellen. Diese können auch mehrfach sein. Da das Polynom reelle Koeffizienten hat, treten die Nullstellen in Paaren konjugiert komplexer Zahlen auf.
3. Nimm die einfachste komplexe (nicht-reelle) Zahl, die Dir einfällt, und teste, ob diese eine Nullstelle ist. Mit jeder gefundenen ist (siehe 2.) das konjugiert komplexe dazu auch Nullstelle.

Mit etwas Ausdauer kannst Du damit alle 6 Nullstellen bestimmen. Fang mal an und gib durch wie weit Du kommst.
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Lehrer/Professor, Punkte: 26.65K

 

Ok, die einfachste Nullstelle scheint $i$ zu sein, und mit seinem konjugierten Paar müsste dann ja $\lambda_{1,2} = \pm i$ gelten. Als möglich nächst einfachere komplexe Nullstelle habe ich nun $1+ i$ genommen und habe die Binome $(1+i)^2...(1+i)^6$ in einer Nebenrechnung ausmultipliziert. Beim Einsetzen war es tatsächlich auch noch eine Nullstelle, also kann ich ja jetzt $\lambda_{3,4}= 1\pm i$ festsetzen. Bei den letzten beiden fehlt mir dann doch eine Idee, was möglicherweise klappen könnte..   ─   user8faafd 03.07.2022 um 23:39

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Sehr gut soweit. Wenn Du schon 4 hast, kannst Du mit Polynomdivision runterschrauben auf Grad 2 und dann sollten die restlichen beiden kein Problem sein.   ─   mikn 03.07.2022 um 23:44

Ja, ich bin grade eben noch selber daraufgekommen: nach der Polynomdivision bleibt als letzter Linearfaktor für die beiden Nullstellen $(\lambda^2 +1)$ übrig, welcher sich selber zu $(\lambda - i)\cdot(\lambda + i)$ zerlegen lässt. Damit müsste letztlich gelten: $\lambda_{1,2}= -i$, $\lambda_{3,4}= +i$ und $\lambda_{5,6}=1\pm i$. Danke.   ─   user8faafd 04.07.2022 um 01:05

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