nichtautonome DGL.

13.11.2010, 20:51

BanachraumK_5

nichtautonome DGL.

Hallo, sei A eine Matrix und die DGL.

x`=Ax gegeben. Hierzu kann ich leicht eine Lösungbestimmen. Characterristische Polynom von A bestimmen.

Was mache ich jedoch, wenn ich x`=A(t)x habe, also A explizit von t abhängt wie gehe ich dann vor? Über das charakteristische Polynom macht glaube ich keinen Sinn, da ich dann ja noch die Variable t drin habe oder?

Insbesondere macht es mir Probleme ein Fundamentalsystem zu bestimmen.

14.11.2010, 15:22

BanachraumK_5

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Kann mir mal jmd. sagen wie ich das Fundamentalsystem für

x`=A(t)x bestimme?

15.11.2010, 14:29

BanachraumK_5

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Sry mein letzter Push versuch, aber das muss doch jmd. wissen. Ist doch eine gängige Dgl.!

15.11.2010, 16:02

Ehos

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Egal, ob die Matrix A von einem Parameter t abhängt oder nicht. Man geht immer gleich vor und löst das zugehörige Eigenwertproblem von A. Die Eigenwerte hängen dann aber von t ab. Wo ist das Problem?

15.11.2010, 17:14

BanachraumK_5

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Hä verstehe ich nicht aber o.k. Sei x' = A(t)x gegeben.
Ich berechne leicht das charakteristische Polynom (von A(t)) und es ergibt sich

$\begin{eqnarray*} charP(\lambda) = \lambda^2+3\lambda-4\lambda t+4t^2-6t \end{eqnarray*}$

Wie soll ich da jetzt bitteschön die Nullstellen bestimmen?

16.11.2010, 09:19

Ehos

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Du hast recht: Wenn die Matrixkoeffizienten von t abhängen, versagt die Methode mit den Eigenwerten natürlich. Dann hilft in der Regel nur Numerik: Dazu stellt man die Ableitungen auf der linken Seite als Differnzenquatienten dar, also

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \frac{x_1(t+\Delta t)-x_1(t)}{\Delta t} \\ \frac{x_2(t+\Delta t)-x_2(t)}{\Delta t} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} a_{11}(t) & a_{12}(t) \\ a_{21}(t) & a_{22}(t) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Umstellen ergibt

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} x_1(t+\Delta t) \\ x_2(t+\Delta t) \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} a_{11}(t) & a_{12}(t) \\ a_{21}(t) & a_{22}(t) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x_1(t) \\ x_2(t) \end{pmatrix} \cdot \Delta t \end{eqnarray*}$

Damit kann man Schritt für Schritt den nächsten Vektor auf der linken Seite bestimmen. Das Verfahren funktioniert sehr gut und ist einfach progarmmierbar.

17.11.2010, 16:02

BanachraumK_5

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Warum versagt eigentlich diese Methoode? Ist in Bezug auf das charakteristische Polynom eigtl. noch eine NullstellenBestimmung möglich? Warum nicht?

Bzw. Warum funktioniert grundsätzlich dieser Ansatz dann nicht mehr?

17.11.2010, 17:09

Cugu

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Zitat:

Ist doch eine gängige Dgl.!

Das heißt nicht, dass man immer analytisch eine Lösung finden kann. Aber hier geht das vielleicht schon.

Zitat:

Warum funktioniert grundsätzlich dieser Ansatz dann nicht mehr?

Der Ansatz funtioniert doch nur weil $\begin{eqnarray*} x'(t)=Ax(t) \end{eqnarray*}$ die Lösung $\begin{eqnarray*} x(t)=e^{At}x(0) \end{eqnarray*}$ besitzt.

Zitat:

Kann mir mal jmd. sagen wie ich das Fundamentalsystem für x`=A(t)x bestimme?

Naja, es müsste doch $\begin{eqnarray*} x(t)=\exp\left(\int_{0}^{t}A(s)ds\right)x(0) \end{eqnarray*}$ gelten. Viel Spaß beim Integrieren. Wenn du das Integral bestimmen kannst, bist du beim alten Problem das Matrixexponential auszuwerten. Keine Ahnung, ob das gut klappt, kannste ja mal ausprobieren.

Zitat:

Das Verfahren funktioniert sehr gut und ist einfach progarmmierbar.

Das Verfahren kannste schon beim simpelsten Fall der Wärmenleitungsgleichung knicken, wenn man den Raum mit Standart-Finite-Differenzen diskretisiert. Da hängt $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ noch nicht einmal von $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ ab. Big Laugh

17.11.2010, 17:37

BanachraumK_5

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$\begin{eqnarray*} Naja, es müsste doch [latex]x(t)=\exp\left(\int_{0}^{t}A(s)ds\right)x(0) \end{eqnarray*}$ gelten. Viel Spaß beim Integrieren. Wenn du das Integral bestimmen kannst, bist du beim alten Problem das Matrixexponential auszuwerten. Keine Ahnung, ob das gut klappt, kannste ja mal ausprobieren.[/latex]

Das funktioniert definitiv nicht, da eine solche Lösung nur gegeben wäre falls A(s)A(t)=A(t)A(s) was nur im seltenen Fall erfüllt ist, insofern ist dein Ansatz ein Beispiel für einen Spezialfall der sowieso fast nie auftritt.

Ist in Bezug auf das charakteristische Polynom eigtl. noch eine NullstellenBestimmung möglich?

17.11.2010, 18:28

Cugu

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Hm, stimmt, die Ableitung stimmt im Allgemeinen nicht. Das ist keine lineare Gruppe mehr...

Zitat:

Ist in Bezug auf das charakteristische Polynom eigtl. noch eine NullstellenBestimmung möglich?

Klar, warum nicht? Das nützt dir nur nichts, wie du selbst bemerkt hast.

Zitat:

Wie soll ich da jetzt bitteschön die Nullstellen bestimmen?

pq-Formel oder sowas. Wenn ich mich nicht verrechnet habe erhält man $\begin{eqnarray*} 2t-3 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 2t \end{eqnarray*}$ .

Zitat:

Dann hilft in der Regel nur Numerik

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