Lineares Differentialgleichungssystem

13.05.2008, 17:36

Zellerli

Lineares Differentialgleichungssystem

Moiens,

Vom Umfang her ist diese Aufgabe relativ klein, aber da trifft Matrizenmultiplikation auf ne DGL und schon häng ich...

Gegeben ist:

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dt}\left(\begin{array}{c}x_{1}(t)\\x_{2}(t)\end{array}\right)=A\cdot\left(\begin{array}{c}x_{1}(t)\\x_{2}(t)\end{array}\right) \end{eqnarray*}$

Mit gegebenen $\begin{eqnarray*} A=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\0 & 1\end{array}\right) \end{eqnarray*}$ kommt man dann auf $\begin{eqnarray*} \frac{d}{dt}\left(\begin{array}{c}x_{1}(t)\\x_{2}(t)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}2& 1\\0 & 1\end{array}\right)\cdot\left(\begin{array}{c}x_{1}(t)\\x_{2}(t)\end{array}\right) \end{eqnarray*}$ .

Bzw. auspludimiziert: $\begin{eqnarray*} \frac{d}{dt}\left(\begin{array}{c}x_{1}(t)\\x_{2}(t)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\cdot x_{1}(t)+x_{2}(t)\\x_{2}(t)\end{array}\right) \end{eqnarray*}$

1. Frage: Hab ich das richtig auspludimiziert?

Dann dacht ich mir, ich hol die Ableitung rein und habe die beiden Gleichungen:
1. $\begin{eqnarray*} \frac{d\ x_{1}(t)}{dt}=2\cdot x_{1}(t)+x_{2}(t) \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} \frac{d\ x_{2}(t)}{dt}=x_{2}(t) \end{eqnarray*}$

Aus 2. folgt sofort: $\begin{eqnarray*} x_{2}(t)=e^{t} \end{eqnarray*}$

2. Frage: Stimmt meine Folgerung?

Dann habe ich das in 1. eingesetzt und erhalte:
$\begin{eqnarray*} \frac{d\ x_{1}(t)}{dt}=2\cdot x_{1}(t)+e^{t} \end{eqnarray*}$

3. Frage: Macht diese Herangehensweise Sinn? Wenn ja, soll ich dann weitermachen mit dem Ansatz: $\begin{eqnarray*} x_{1}(t)=e^{\lambda t} \end{eqnarray*}$ ? Weil da komm ich irgendwie auf keinen grünen Zweig. Kann auch sein, dass ich da irgend eine Regel nicht sehe... Die t-Abhängigkeit bleibt leider immer drin.

13.05.2008, 19:30

system-agent

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Such mal nach Eigenwerten und Eigenvektoren bei deiner Matrix und schreibe die Matrix damit um.

13.05.2008, 22:30

Zellerli

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Da zitiere ich mal aus dem Skriptum:
Es sei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ eine reelle oder komplexe $\begin{eqnarray*} n \times n \end{eqnarray*}$ -Matrix. Dann heißt $\begin{eqnarray*} \lambda \in \mathbb C \end{eqnarray*}$ Eigenwert von $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ ,
falls ein $\begin{eqnarray*} x \in \mathbb C, x \neq (0,0, ...,0)^T \end{eqnarray*}$ , existiert, so dass $\begin{eqnarray*} Ax=\lambda x \end{eqnarray*}$ erfüllt ist. Der Vektor $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ heißt
Eigenvektor zur Matrix $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ und Eigenwert $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .

Das bedeutet dann auf meine Aufgabe übertragen:

$\begin{eqnarray*} \lambda=1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} x=\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Jetzt habe ich also ein Vektor $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ , der sich bei Multiplikation mit der Matrix so verhält wie das Skalar $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ .

Jetzt steht da weiter im Skript ich dürfe auch schreiben (direkt übertragen auf diesen Fall):

$\begin{eqnarray*} (A-\lambda I)x=0=\begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ist das richtig? Und wie hilft mir das jetzt?

14.05.2008, 08:42

klarsoweit

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RE: Lineares Differentialgleichungssystem

Zitat:

Original von Zellerli
Wenn ja, soll ich dann weitermachen mit dem Ansatz: $\begin{eqnarray*} x_{1}(t)=e^{\lambda t} \end{eqnarray*}$ ?

In diesem Ansatz liegt das ganze Geheimnis. Genau genommen lautet der Ansatz:

$\begin{eqnarray*} \vec{x(t)} = \vec v \cdot e^{\lambda t} \end{eqnarray*}$

Diesen Ansatz setzt du bitte mal in deine DGL $\begin{eqnarray*} \frac{d}{dt}(\vec{x(t)}) = A \cdot \vec{x(t)} \end{eqnarray*}$ ein. Was bekommst du dann? (Aber bitte nichts ausmultiplizieren oder auspludimizieren. Big Laugh

)

Im übrigen hat deine Matrix A noch einen weiteren Eigenwert und damit einen weiteren Eigenvektor bzw. Eigenraum.

14.05.2008, 10:22

Zellerli

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Achsoooo...

Also gut dann lass ich das mal drauf los:

$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dt}(\vec{x(t)}) = A \cdot \vec{x(t)} \Longleftrightarrow \lambda \cdot \vec{v} \cdot e^{\lambda t}=A \cdot \vec{v} \cdot e^{\lambda t} \end{eqnarray*}$
Das erinnert an Eigenwert, jetzt weiß ich, warum man das bei der DGL braucht.

So ähnlich hab ich das auch mal im Skript als Beispiel gesehen. Für mich, war dann fälschlicher Weise klar: $\begin{eqnarray*} \lambda = A \end{eqnarray*}$ (Skalar = Matrix Hammer

)
Und ich dacht mir, der Ansatz taugt nich viel Augenzwinkern

Erst jetzt beim Rechnen sehe ich, dass das nicht Benutzen von Vektorpfeilen des Profs und die für mich neuen Matrizen, die "nur" mit einem großen Buchstaben bezeichnet werden, schnell zu falschen Schlüssen führen.

Wie komm ich aber jetzt auf $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ ?

Da hätte ich jetzt noch:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} \vec{v} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2-\lambda & 1 \\ 0 & 1-\lambda \end{pmatrix} \begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich fische heraus (mal sehen ob ich Matrizen pludimizieren kann):
$\begin{eqnarray*} (I) \quad (2-\lambda) \cdot v_1 + v_2 = 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (II) \quad (1-\lambda) \cdot v_2=0 \end{eqnarray*}$

Das ist doch unterbestimmt. Dann gibts ne nette Gerade oder sowas als Lösung. Wahrscheinlich hätte ich auch hier nicht auspludimizieren sollen. Aber was ist daran falsch? Genauso an meiner ersten Lösung...

14.05.2008, 10:29

klarsoweit

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Du hast doch eigentlich schon das wesentliche gesagt:

Zitat:

Original von Zellerli
$\begin{eqnarray*} \frac{d}{dt}(\vec{x(t)}) = A \cdot \vec{x(t)} \Longleftrightarrow \lambda \cdot \vec{v} \cdot e^{\lambda t}=A \cdot \vec{v} \cdot e^{\lambda t} \end{eqnarray*}$
Das erinnert an Eigenwert, jetzt weiß ich, warum man das bei der DGL braucht.

Jetzt mußt du nur die Eigenwertgleichung $\begin{eqnarray*} A \cdot \vec v = \lambda \cdot \vec v \end{eqnarray*}$ lösen. Augenzwinkern

14.05.2008, 17:37

Zellerli

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Also ich mach mal weiter mit dem Gleichungssystem. Hoffentlich ist das die Lösung der besagten Eigenwertgleichung. Oder macht man das anders? Ist ja nicht mehr gegeben soweit ich sehe...

$\begin{eqnarray*} (I)' \quad v_2=-v_1 (2 - \lambda) \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} (I)' \text{ in } (II) = (III) \quad - (1- \lambda) (2- \lambda) v_1=0 \end{eqnarray*}$

Man sieht an $\begin{eqnarray*} (I) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} (I)' \end{eqnarray*}$ , dass wenn $\begin{eqnarray*} v_1=0 \end{eqnarray*}$ auch $\begin{eqnarray*} v_2=0 \end{eqnarray*}$ sein müsste. Dann wäre $\begin{eqnarray*} \vec{v} \end{eqnarray*}$ aber kein Eigenvektor.

Man kann also in $\begin{eqnarray*} (III) \end{eqnarray*}$ durch $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ dividieren und erhält 2 Lösungen:
$\begin{eqnarray*} \lambda_1=1 \quad \lambda_2=2 \end{eqnarray*}$

Für $\begin{eqnarray*} \lambda_1 \end{eqnarray*}$ gilt lediglich der Zusammenhang $\begin{eqnarray*} v_1=-v_2 \end{eqnarray*}$ .
Für $\begin{eqnarray*} \lambda_2 \end{eqnarray*}$ gilt: $\begin{eqnarray*} v_2=0 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} v_1 \end{eqnarray*}$ ist beliebig wählbar (außer 0). Ich nenne die v aus der zweiten Möglichkeit jetzt u.

Dann komm ich also auf die Gleichungen:
1. $\begin{eqnarray*} A \cdot \vec{v}=\lambda_1 \cdot \vec{v}=\alpha \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} A \cdot \vec{v}=\lambda_2 \cdot \vec{u}=2 \cdot \begin{pmatrix} \alpha \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und das wars dann schon?

15.05.2008, 08:33

klarsoweit

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Also dein Weg zur Bestimmung von Eigenwerten und Eigenvektoren ist der komplizierteste, den ich je gesehen habe. Warum bestimmst du nicht erstmal die Eigenwerte aus den Nullstellen des charakteristischen Polynoms?

Zitat:

Original von Zellerli
Dann komm ich also auf die Gleichungen:
1. $\begin{eqnarray*} A \cdot \vec{v}=\lambda_1 \cdot \vec{v}=\alpha \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
2. $\begin{eqnarray*} A \cdot \vec{v}=\lambda_2 \cdot \vec{u}=2 \cdot \begin{pmatrix} \alpha \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und das wars dann schon?

Also in dieser Form ist das Unfug. Du hast jetzt den Eigenvektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ zum Eigenwert 1 und den Eigenvektor $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ zum Eigenwert 2. Durch Einsetzen dieser Werte in den Lösungsansatz für die DGL erhältst du eine Basis für den Lösungsraum.

15.05.2008, 15:04

Zellerli

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Aber sind $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ -2 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} 3 \\ -3 \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} \sqrt{{5,5}} \\ -\sqrt{{5,5}} \end{pmatrix} ,... \end{eqnarray*}$ nicht auch Lösungen für den Eigenwert 1?

Analog für 2 z.B.: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 232 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

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