Systeme mit konstanten Koeffizienten

03.03.2011, 17:43

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Systeme mit konstanten Koeffizienten

Meine Frage:
Mal eine ganz blöde Frage, die ich aber nicht beantworten kann:

Was ist die Ableitung nach t von:

$\begin{eqnarray*} y(t)=e^t\begin{pmatrix} a_0+a_1t \\ b_0+b_1t \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ?

Meine Ideen:
Der Hintergrund ist, dass ich diese Ableitung dann fürs Einsetzen in eine Differentialgleichung benötige.

03.03.2011, 17:48

Cel

Auf diesen Beitrag antworten »

Wenn es dir leichter fällt, multipliziere das $\begin{eqnarray*} e^t \end{eqnarray*}$ in den Vektor rein. Die Ableitung ist komponentenweise definiert, wie du ja sicherlich weißt. Beachte die Produktregel. Augenzwinkern

Augenzwinkern

03.03.2011, 18:27

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Danke, das bedeutet:

$\begin{eqnarray*} y'(t)=\begin{pmatrix} (e^t\cdot (a_0+a_1t))' \\ (e^t\cdot (b_0+b_1t))' \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} e^t\cdot (a_0+a_1t)+e^t\cdot a_1 \\ e^t\cdot (b_0+b_1t)+e^t\cdot b_1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und das muss ich jetzt einsetzen in:

$\begin{eqnarray*} y'=Ay=\begin{pmatrix} 3 & -4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}, y(0)=\begin{pmatrix} 3 \\ 1\end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ , um die Koeffizienten zu bestimmen.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} e^t\cdot (a_0+a_1t)+e^t\cdot a_1 \\ e^t\cdot (b_0+b_1t)+e^t\cdot b_1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 3 & -4 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\cdot e^t\begin{pmatrix} a_0+a_1t \\ b_0+b_1t \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Ich verstehe nicht, wie der Professor auf

$\begin{eqnarray*} b_0=\frac{a_0}{2}-\frac{a_1}{4}, b_1=\frac{a_1}{2} \end{eqnarray*}$ kommt.

Oder habe ich ihn vielleicht falsch verstanden: Im Skript heißt es:

"Setzt man diesen Ansatz - gemeint ist: $\begin{eqnarray*} y(t)=e^t\begin{pmatrix} a_0+a_1t \\ b_0+b_1t \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ - in die Differentialgleichung (s.o.) ein, folgt nach kurzer Rechnung: $\begin{eqnarray*} b_0=\frac{a_0}{2}-\frac{a_1}{4}, b_1=\frac{a_1}{2} \end{eqnarray*}$ .

03.03.2011, 19:11

Cel

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von Dennis2010
Ich verstehe nicht, wie der Professor auf

$\begin{eqnarray*} b_0=\frac{a_0}{2}-\frac{a_1}{4}, b_1=\frac{a_1}{2} \end{eqnarray*}$ kommt.

Diese Gleichungen bekommst du, indem du die erste Zeile betrachtest. Multipliziere rechts Matrix mit Vektor, aber eben nur für den ersten Eintrag. Klammere jeweils das $\begin{eqnarray*} e^t \end{eqnarray*}$ aus und du bekommst eine Gleichung, die sowohl absolute Glieder, als auch welche mit t beinhaltet. Vielleicht erst mal bis hier, damit wir uns nicht verhaspeln. Poste mal bitte diese Gleichung.

03.03.2011, 19:25

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Meinst Du dies:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} e^t\cdot (a_0+a_1t)+e^t\cdot a_1 \\ e^t\cdot (b_0+b_1t)+e^t\cdot b_1 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} e^t\cdot (3\cdot(a_0+a_1t)-4\cdot (b_0+b_1t)) \\ e^t\cdot (a_0+a_1t-b_0-b_1t) \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

?

03.03.2011, 19:30

Cel

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich meine nur die erste Zeile, bzw. noch einige Vereinfachungen. Aber die kannst du ja jetzt machen, da du weißt, dass du die richtige Gleichung hast. Wie gesagt, e-Term ausklammern, den wegkürzen und dann da, wo es geht, t ausklammern. Und dann Koefizientenvergleich, also gleich Null setzen.

Anzeige

03.03.2011, 19:33

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Sorry, aber:

Welche erste Zeile..

03.03.2011, 19:40

Cel

Auf diesen Beitrag antworten »

Ein Spaltenvektor hat doch mehrere Zeilen $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix}3 \\ 5 \end{pmatrix} \stackrel{?}{=} \begin{pmatrix}3 \\ - 4 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Diese beiden Vektoren sind nicht identisch, da die 1. Zeile zwar gleich ist, aber nicht die zweite. Gut, die Zeile besteht nur aus einem Element, aber es ist trotzdem eine Zeile.

Zitat:

Original von Dennis2010
$\begin{eqnarray*} e^t\cdot (a_0+a_1t)+e^t\cdot a_1 = e^t\cdot (3\cdot(a_0+a_1t)-4\cdot (b_0+b_1t)) \end{eqnarray*}$

03.03.2011, 19:48

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich Döspaddel. Ja, manchmal stelle ich mich blöder an, als die Polizei erlaubt.

Finger1

Finger1

Also ich versuchs mal!

$\begin{eqnarray*} e^t\cdot (a_0+a_1t+a_1)=e^t\cdot (3\cdot (a_0+a_1t)-4\cdot (b_0+b_1t)) \end{eqnarray*}$

Das $\begin{eqnarray*} e^t \end{eqnarray*}$ auf beiden Seiten wegkürzen:

$\begin{eqnarray*} (a_0+a_1t+a_1)=(3\cdot (a_0+a_1t)-4\cdot (b_0+b_1t)) \end{eqnarray*}$

Die t ausmultiplizieren:

$\begin{eqnarray*} t\cdot (\frac{a_0}{t}+a_1+\frac{a_1}{t})=(3a_0+3a_1t-4b_0-4b_1t)=t\cdot (\frac{3a_0}{t}+3a_1-\frac{4b_0}{t}-4b_1) \end{eqnarray*}$

So?

Und was meintest Du nun mit Koeffizientenvergleich?

03.03.2011, 20:30

C15

Auf diesen Beitrag antworten »

t muß man nicht ausklammern

03.03.2011, 20:35

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Okay, also nicht ausklammern.

Dann stehe ich bei:

$\begin{eqnarray*} (a_0+a_1t+a_1)=(3\cdot (a_0+a_1t)-4\cdot (b_0+b_1t))=(3a_0+3a_1t-4b_0-4b_1t) \end{eqnarray*}$ .

Wie gehts dann weiter?

03.03.2011, 20:42

C15

Auf diesen Beitrag antworten »

$\begin{eqnarray*} a_0+a_1t+a_1=3a_0+3a_1t-4b_0-4b_1t \end{eqnarray*}$

Jetzt die Koeffizienten zB vor dem t vergleichen. Ich glaube so war das gemeint

$\begin{eqnarray*} a_{1}= 3a_{1}-4b_{1} \end{eqnarray*}$

03.03.2011, 20:47

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Zitat:

Original von C15
$\begin{eqnarray*} a_0+a_1t+a_1=3a_0+3a_1t-4b_0-4b_1t \end{eqnarray*}$

Jetzt die Koeffizienten zB vor dem t vergleichen. Ich glaube so war das gemeint

$\begin{eqnarray*} a_{1}= 3a_{1}-4b_{1} \end{eqnarray*}$

Das kann hinhauen!

Denn dann würde ja folgen:

$\begin{eqnarray*} -2a_1=-4b_1\Leftrightarrow b_1=\frac{a_1}{2} \end{eqnarray*}$ , was der Lösung entspricht, die im Skript steht.

Vermutlich setzt man dieses $\begin{eqnarray*} b_1 \end{eqnarray*}$ jetzt irgendwo ein, um $\begin{eqnarray*} b_0 \end{eqnarray*}$ zu erhalten.

03.03.2011, 20:54

C15

Auf diesen Beitrag antworten »

Nicht unbedingt

$\begin{eqnarray*} a_0+a_1t+a_1=3a_0+3a_1t-4b_0-4b_1t \end{eqnarray*}$

Die anderen werden genauso verglichen

$\begin{eqnarray*} a_0+a_1=3a_0-4b_0 \end{eqnarray*}$

03.03.2011, 21:04

Gast11022013

Auf diesen Beitrag antworten »

Ich danke Dir...
Ja, das macht natürlich viel mehr Sinn.

Es gilt dann:

$\begin{eqnarray*} -2a_0+a_1=-4b_0\Leftrightarrow b_0=\frac{a_0}{2}-\frac{a_1}{2} \end{eqnarray*}$ .

Fehlen noch die Werte für $\begin{eqnarray*} a_0,a_1 \end{eqnarray*}$ . Hierfür setzt man den Lösungsansatz in die Anfangsbedingung des Anfangswertproblems ein:

$\begin{eqnarray*} y(0)=e^0 \begin{pmatrix} a_0+a_1\cdot 0 \\ b_0+b_1\cdot 0 \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} a_0 \\ \frac{a_0}{2}-\frac{a_1}{4} \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \end{pmatrix}\Leftrightarrow a_0=3,a_1=2 \end{eqnarray*}$

Und somit lautet die Lösung des Anfangswertproblems:

$\begin{eqnarray*} y(t)=e^t\begin{pmatrix} 3+2t \\ 1+t \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Sehe ich das korrekt, dass diese Lösungstaktik für ein solches Anfangswertproblem den langwierigen Weg über die Jordantransformation ersetzen soll?

03.03.2011, 21:20

C15

Auf diesen Beitrag antworten »

Die Lösung müßte stimmen

Mit so einem Ansatz spart man sich die Berechnung der Hauptvektoren
Obwohl man die bei einer 2*2 Matrix schnell hat

Wenn man ein Computerprogramm hat geht es über die Hauptvektoren wesentlich schneller
Besonders bei größeren Matrizen

1

Verwandte Themen

Die Beliebtesten »

Die Größten »

Die Neuesten »