Anfangswertproblem

10.05.2018, 15:03	mandl123	Auf diesen Beitrag antworten »
Anfangswertproblem hallo habe nun ein weiteres awp bsp bei dem ich nicht wirklich weiterkomme: und zwar gegeben ist folgendes problem: $\begin{eqnarray} x\cdot =\begin{pmatrix} 4 & 1 & 0 & 0 \\ -3 & 1 & 1 & 1 \\ 0 & 0 & 4 & 1 \\ 1 & 0 & -3 & 0 \end{pmatrix} x \end{eqnarray}$ die anfangsbedingung lass ich einfach mal weg weil das nicht ziel meiner frage ist. also als erstes hab ich die EW bestimmt und zwar: 3(1fach) und 2(3fach). beim ev berechnen habe ich nun meine probleme. für den 1 fachen bekomme ich $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ das ist noch relativ leicht. bei meinem 3 fachen habe ich nun ein problem. bis jetzt habe ich immer bei höherer ordnung als erstes meinen ev berechnet mittels $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)v=0 \end{eqnarray}$ und danach dann die hauptvektoren mittels: $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)h=v \end{eqnarray}$ . nur in meinem bsp habe ich jetzt das problem dass ich mit dieser methode bei meinem ev als ergebnis den 0 vektor bekomme. Mein Lösungsansatz hierfür wäre jetzt: $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)^3h=0 \end{eqnarray}$ zu berechnen und durch lösen dieses gleichungssystems meinen hauptvektor 3 ordnung zu erhalten. um danach dann mittels $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)h=h2 \end{eqnarray}$ meinen 2 hauptvektor zu berechnen. und zu guter letzt über $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)h2=ev \end{eqnarray}$ meinen eigenvektor zu erhalten. kann man das so machen oder ist das total falsch? danke für die hilfe im vorraus lg
10.05.2018, 23:43	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Hi, im Prinzip kann man das so machen, ja! Es gibt maximal die folgenden drei Möglichkeiten: (1) ein Hauptvektor dritter, einer zweiter, und einer erster Ordnung (= Eigenvektor) (2) zwei Hauptvektoren zweiter, und einer erster Ordnung (3) ein Hauptvektor zweiter, und zwei erster Ordnung. Schau also mal, ob deine Gleichungssysteme nicht vielleicht mehrere linear unabhängige Lösungen haben. Ok, du sagst, du bekommst den Nullvektor raus. Ich würde da schlicht und einfach einen Rechenfehler vermuten. Hast du die 2 überall auf der Diagonalen korrekt abgezogen, also nun die Zeilen (2 1 0 0), (-3 -1 1 1), (0 0 2 1), (1 0 -3 -2)? Wolframalpha sagt, es kommt (1,-2,-1,2) als Eigenvektor raus, und wenn man die Matrix mit 2 abgezogen mal x gleich diesem Eigenvektor setzt, kommt auch ein Hauptvektor raus. Aber nur ein linear unabhängiger, also darf man den Spaß wohl noch mal machen und wir befinden uns in Möglichkeit (1) von den oben genannten. LG sibelius84
11.05.2018, 14:27	mandl123	Auf diesen Beitrag antworten »
danke habe meinen rechenfehler gefunden und ich glaube durch deine erklärung hab ich das besser kapiert als nach 5 vorlesungen. ich schildere einfach kurz wie ich das verstanden habe: den ev bekomme ich immer aus: $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)v=0 \end{eqnarray}$ sollte ich hier z.b (so wie in diesem bsp) 3 gleichungen mit 4 unbekannten haben erhalte ich 1 ev wären es allerdings nur 2 gleichungen mit 4 unbekannten erhalte ich 2 ev. danach rechne ich: $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)^2h1=v \end{eqnarray}$ und erhalte hier wieder ein lösungssystem mit 3 gleichungen mit 4 unbekannten sprich 1 hv 2ordnung. wären es hier 2 gleichungen mit 4 unbekannten hätte ich 2 hv 2 ordnung und so weiter für höhere ordnungen. unterm strich muss immer gelten: summe aller ev plus summe aller hv zum jeweiligen ew muss gleich der algebraischen vielfachheit sein. stimmt das? bzw 1 frage noch wenn ich jetzt 2 ev habe brauche ich ja noch einen hv wie weiß ich zu welchem ev dieser exestiert? erhalte ich da bei einem ein nicht lösbares system? lg und danke für die große hilfe
11.05.2018, 15:03	mandl123	Auf diesen Beitrag antworten »
habe dies nun probiert bei meinem bsp anzuwenden und bin auf ein problem gestoßen: und zwar wenn ich $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)^2h1=v \end{eqnarray}$ rechne erhalte ich 2 gleichungen mit 4 unbekannten. $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 & 1\\ -2 & -2 & -2 & -2 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix} h=\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ als lösungsschar habe ich dann: $\begin{eqnarray} s\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix} + t\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ das sind ja 2 unabhängige vektoren. bzw bei $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)^3h1=v \end{eqnarray}$ erhalte ich $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 2 & 1 & 2 & 1 \\ -2 & -1 & -2 & -1 \end{pmatrix} h2=\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ dies ist ja ein nicht lösbares system. somit hätte ich jetzt gesagt ich habe 2 hv 2 ordnung und einen 1 ordnung(ev) wie kommst du da auf je 1 pro ordnung? lg
11.05.2018, 15:06	mandl123	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} (A-I\lambda)^3h2=v \end{eqnarray*}$ sollte es sein beim 2 hauptvektor
11.05.2018, 19:32	sibelius84	Auf diesen Beitrag antworten »
Mir ist überhaupt nicht klar, wo du in deinem vorletzten Post deine Matrizen herbekommst. Es ist genauso, wie du es in deinem letzten Post schreibst. Immer die Ausgangsmatrix nehmen mit 2 subtrahiert auf der Diagonale. Dann müsste es klappen.
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13.05.2018, 20:42	mandl123	Auf diesen Beitrag antworten »
also die Matrizen erhalte ich ja durch $\begin{eqnarray} (A-I\lambda)^2 \end{eqnarray}$ bzw die 2 Matrix wegen hoch 3 werde das morgen gleich probieren komm heute nicht mehr dazu aber danke dir
14.05.2018, 18:31	mandl123	Auf diesen Beitrag antworten »
habs kapiert danke für die hilfe

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